Дана треугольная пирамида \(SABC\), медианы \(A{A}_1,B{B}_1\) и \( C{C}_1\) треугольника \(ABC\) пересекаются в точке \(M\). Сфера \(\Omega \) касается ребра \(AS\) в точке \(L\) и касается плоскости основания пирамиды в точке \(K\), лежащей на отрезке \(AM\). Сфера \(\Omega \) пересекает отрезок \(SM\) в точках \(P\) и \(Q\). Известно, что \(SP = MQ\), площадь треугольника \(ABC\) равна \(90\), \(SA = BC = 12\).
а) Найдите произведение длин медиан \(A{A}_1, B{B}_1\) и \(C{C}_1\).
б) Найдите двугранный угол при ребре \(BC\) пирамиды, если дополнительно известно, что \(\Omega\) касается грани \(BCS\) в точке \(N\), \(SN = 4\), а радиус сферы \(\Omega\) равен \(5\).

Решение

а) Поскольку \(SL\) — касательная к сфере \(\Omega\), а \(SP\) и \(SQ\) — секущие к ней, то по теореме о касательной и секущей \(SL^2 = SP \cdot SQ.\) Аналогично, \(MK^2 = MP\cdot MQ,\) а поскольку \(MQ = SP,\) то \(SP\cdot SQ = MP\cdot MQ\). В итоге получаем \[SL^2 = SP \cdot SQ = MP \cdot MQ = MK^2,\] то есть \(SL = MK.\) Так как \(AL = AK\) как касательные к сфере \(\Omega\), проведённые из точки \(A\), то \[AM = AK + MK = AL + SL = SA = 12,\] а поскольку медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\) считая от вершины, то \(AA_1 = \frac{3}{2}AM = 18.\)

Кроме того \(A_1M = \frac{AM}{2} = 6.\) При этом \(A_1B = A_1C = \frac{BC}{2} = 6,\) то есть \(A_1M = A_1B = A_1C.\) Отсюда треугольник \(BMC\) прямоугольный и \(\angle BMC = 90^{\circ}.\) Далее имеем
\begin{gather*}S_{BMC} = \dfrac{S_{ABC}}{3}=\frac{1}{2}\cdot BM\cdot CM = \frac{1}{2}\cdot\dfrac{2BB_1}{3}\cdot \dfrac{2CC_1}{3}\Rightarrow \\ BB_1 \cdot CC_1 = \frac{3}{2}S_{ABC} = 135,\end{gather*} откуда \[AA_1 \cdot BB_1 \cdot CC_1 = 18 \cdot 135 = 2430.\]

б) Пусть \(G\) и \(H\) — проекции точек \(M\) и \(K\) на прямую \(BC\) соответственно. Заметим, что \(NH \perp BC\), потому что \(N\) и \(K\) — точки касания сферы \(\Omega\) со сторонами двугранного угла пирамиды при ребре \(BC\). Поэтому искомый угол равен \(\angle NHK = 2\angle OHK,\) где \(O\) — центр сферы \(\Omega\). Далее имеем \[S_{BMC}=\dfrac{S_{ABC}}{3}=\frac{1}{2}\cdot BC \cdot MG,\] откуда \(MG = \dfrac{2S_{ABC}}{3BC}=5.\) Так как \(SL = SN = 4\) как касательные к \(\Omega,\) то \(AK = AL = SA-SL = 8,\) откуда получаем \(A_1K = AA_1 - AK = 10.\) Из подобия треугольников \(A_1MG\) и \(A_1KH\) имеем \(KH = MG \cdot \dfrac{A_1K}{A_1M}=\frac{25}{3}.\) Окончательно, \begin{gather*} \mathop{\mathrm{tg}}\angle OHK = \dfrac{OK}{KH} = \frac{3}{5} \Rightarrow \angle NHK = 2\angle OHK = 2 \mathop{\mathrm{arctg}}\frac{3}{5}.\end{gather*}

Ответ: а) \(2430\); б) \(2 \mathop{\mathrm{arctg}}\frac{3}{5} = \arccos\frac{8}{17}\).