Вступительная задача ВМК 1975 года съела мой мозг!!!

[Black_Queen152]

Готовлюсь к поступлению в институт, пользуюсь электронным архивом журнала "КВАНТ", особенно статьями, где рассматривается решение стереометрических задач. И вот попалась в номере 6-1979 мне такая задача:

2(ВМК, 1975). Все ребра треугольной пирамиды ABCD касаются некоторого шара. Три отрезка, соединяющие середины скрещивающихся ребер АВ и CD, АС и BD, AD и BС, равны. Угол DBC равен 50°, а угол BCD больше угла BDC. Найти отношение площадей граней ABD и ABC.

Решала целый день, не смогла решить. Посмотрела в ответы. Там было написано следующее:

Ответ: $\sqrt{3}*tg40°$. Указание: Выразить расстояния
между серединами противоположных ребер пирамиды через длины ребер.

Это я и так догадалась сделать, кроме того, получилось у меня, что $AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2.$ А из условия существования шара, касающегося ребер, получилось, что и $AB + CD = AC + BD = AD + BC$. Отсюда вышло, что $AB*CD = AC*BD = AD*BC$.
Что с этими результатами делать дальше, я думала еще долго, пока не прочла статью в КВАНТе "Прямая и плоскость", которая просветила меня, что пирамида эта является ортоцентрической (из-за $AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2.$). О том же, как оказалось позднее, поучала и википедия.
Далее сколько я не мучилась и не пыталась понять суть этой задачи, билась дня два, выражала площади граней ABD и ABC через разные величины, но ничего не выходило. Остальные встречающиеся в статьях по стереометрии задачи решались, но эта все мучила меня и мучила. Помогите, пожалуйста, ее решить, страшно туплю! Может быть, что-то в формулировке задачи неверно? У меня уже появилось подозрение, что заданный в задаче тетраэдр DABC вообще правильный и не может иметь угла 50 градусов, поскольку у меня получилось, что точка пересечения его бимедиан и центр шара, касающегося ребер совпадают. Наверное, это ошибочный результат?
Подскажите, пожалуйста, куда мне направить далее ход мыслей, чтобы решить задачу или покажите ее решение! Ну не дает она покоя человеку.

[12d3]

Black_Queen152 в сообщении #281367 писал(а):

Это я и так догадалась сделать, кроме того, получилось у меня, что $AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2.$ А из условия существования шара, касающегося ребер, получилось, что и $AB + CD = AC + BD = AD + BC$. Отсюда вышло, что $AB*CD = AC*BD = AD*BC$.

Возьмите систему $\{{ AB+CD=AC+BD \atop AB*CD=AC*BD}$ и решите ее.

[Black_Queen152]

12d3 в сообщении #281381 писал(а):

Возьмите систему $\{{ AB+CD=AC+BD \atop AB*CD=AC*BD}$ и решите ее.

Уже пробовала... сейчас еще попытаюсь

[Black_Queen152]

Ура! Большое СПАСИБО!
Задача больше не ест мозг! А для того, чтобы она больше никого не могла мучить, я даже не поленюсь оформить её краткое

РЕШЕНИЕ: (ОСТОРОЖНО! тому, кто хочет сам решить задачу, не смотреть!)

$\{{ AB+CD=AC+BD \atop AB*CD=AC*BD}$

$\{{ AB-AC=BD-CD \atop AB/AC=BD/DC}$

Пусть $BD=k*DC$, тогда $AB=k*AC$ и
$(k-1)AC=(k-1)DC$, откуда

(1) $\{{ AC=DC \atop AB=BD}$ либо
(2) $k=1$ и $\{{ AB=AC \atop BD=DC}$.

Аналогично получаем из системы
$\{{ AB+CD=AD+BC \atop AB*CD=AD*BC}$

(3) $\{{ AB=AD \atop BC=CD}$ либо
(4) $\{{ AD=CD \atop AB=BC}$.

Возможны комбинации случаев (1)и(3), (1)и(4), (2)и(3), (2)и(4).

(1)&(3) дает правильную пирамиду с основанием ABD. Годится: $\widehat{DBC} = \widehat{BDC} = 50^0$, а $\widehat{BCD} = 80^0$. Выполняется условие $\widehat{BCD}>\widehat{BDC}$. Противоречий нет.
(1)&(4) дает -"- с основанием ACD. Не годится, т.к. углы BDC и BCD по условию не равны.
(2)&(3) дает -"- с основанием BCD. Не годится по той же причине.
(2)&(4) дает -"- с основанием ABC. Не годится, т.к. в этом случае $\widehat{DBC} = \widehat{DCB} = 50^0$, а $\widehat{BDC} = 80^0$. Но по условию $\widehat{BCD}>\widehat{BDC}$.

Случай (1)&(3) дает:
$S_{ABD}=0,25*\sqrt{3}*AB^2$ и
$S_{BCD}=S_{ABC}=0,25*AB^2/tg40^0$,
откуда и получаем ответ.