14212. Боковые ребра TA
, TB
и TC
тетраэдра TABC
попарно перпендикулярны, TH
— высота тетраэдра, \angle TAH=30^{\circ}
, \angle TBH=45^{\circ}
BC=\sqrt{6}
. Точка K
, лежащая в плоскости основания ABC
, равноудалена от боковых граней тетраэдра TABC
. Найдите HK
.
Ответ. 3-2\sqrt{2}
.
Решение. Прямая AT
перпендикулярна пересекающимся прямым TB
и TC
плоскости BTC
, поэтому прямая AT
перпендикулярна этой плоскости. Значит, AT\perp BC
. Аналогично, BT\perp AC
и CT\perp AB
. Пусть TH_{1}
— высота тетраэдра. По теореме о трёх перпендикулярах AH_{1}\perp BC
и BH_{1}\perp AC
. Значит, точка H_{1}
совпадает с точкой H
пересечения высот треугольника ABC
, а углы боковых рёбер TA
, TB
и CT
с плоскостью ABC
— это углы TAH
, TBH
и TCH
. Обозначим их через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, \alpha=30^{\circ}
, \beta=45^{\circ}
, а угол AHB
обозначим через \varphi
.
Пусть CD
— высота треугольника ABC
. Поскольку CT
— перпендикуляр к плоскости ATB
, треугольник CTD
прямоугольный с прямым углом при вершине T
и острым углом \gamma
при вершине C
. Значит,
\frac{S_{\triangle AHB}}{S_{\triangle ATB}}=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot HD}{\frac{1}{2}AB\cdot TD}=\frac{HD}{EB}=\sin\angle DTH=\sin\gamma,~S_{\triangle AHB}=S_{\triangle ATB}\sin\gamma.
С другой стороны,
S_{\triangle AHB}=\frac{1}{2}HA\cdot HB\sin\varphi,~S_{\triangle ATB}=\frac{1}{2}TA\cdot TB,
поэтому
\frac{1}{2}HA\cdot HB\sin\varphi=\frac{1}{2}TA\cdot TB\sin\gamma,~
откуда
TA\cos\alpha\cdot TB\cos\beta\cdot\sin\varphi=TA\cdot TB\sin\gamma,~\mbox{или}~\cos\alpha\cos\beta\sin\varphi=\sin\gamma.
По теореме косинусов
\cos\varphi=\frac{HA^{2}+HB^{2}-AB^{2}}{2HA\cdot HB}=\frac{(TA^{2}-TH^{2})+(TB^{2}-TH^{2})-AB^{2}}{2HA\cdot HB}=
=\frac{(TA^{2}+TB^{2}-AB^{2})-2TH^{2}}{2HA\cdot HB}=\frac{-2TH}{2HA\cdot HB}=
=-\frac{TH}{HA}\cdot\frac{TH}{HB}=-\tg\alpha\tg\beta=-\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot1=-\frac{1}{\sqrt{3}},
Следовательно,
\sin\gamma=\cos\alpha\cos\beta\sin\varphi=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2},~\gamma=30^{\circ}.
Обозначим TC=c
. Тогда
TH=\frac{1}{2}TC=\frac{1}{2}c,~TA=2TH=c,~TB=TC\sqrt{2}=\frac{c\sqrt{2}}{2},
HB=TH=\frac{c}{2},~HC=TH\sqrt{3}=\frac{c\sqrt{3}}{2},
BC=\sqrt{HB^{2}+HC^{2}-2HB\cdot HC}=\sqrt{\frac{1}{4}c^{2}+\frac{3}{4}c^{2}+2\cdot\frac{1}{2}c\cdot\frac{c\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{c\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2},
а так как BC=\sqrt{6}
, то c=\frac{\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=2
. Тогда
TH=\frac{1}{2}c=1,~TA=TC=c=2,~TB=\frac{c\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}.
Пусть точка K
, лежащая в плоскости основания ABC
, равноудалена от боковых граней тетраэдра TABC
. Обозначим расстояния от точки K
до боковых граней пирамиды TABC
через x
. Тогда,
V_{TABC}=V_{KTAB}+V_{KTAC}+V_{KTBC},~
\frac{TA\cdot TB\cdot TC}{6}=\frac{TA\cdot TB\cdot x}{6}+\frac{TA\cdot TC\cdot x}{6}+\frac{TB\cdot TC\cdot x}{6},
x=\frac{TA\cdot TB\cdot TC}{TA\cdot TB+TA\cdot TC+TB\cdot TC}=
=\frac{2\cdot\sqrt{2}\cdot2}{2\cdot\sqrt{2}+2\cdot2+\sqrt{2}\cdot2}=\frac{4\sqrt{2}}{4\sqrt{2}+4}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}=\sqrt{2}(\sqrt{2}-1).
Точка K
лежит внутри трёхгранного угла TABC
с вершиной T
, все плоские углы которого прямые. Эта точка удалена от граней трёхгранного угла на расстояния, равные x
, значит, отрезок TK
— диагональ куба с ребром x
. Значит,
TK=x\sqrt{3}=\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)\cdot\sqrt{3}=\sqrt{6}(\sqrt{2}-1).
Следовательно,
HK=\sqrt{TK^{2}-TH^{2}}=\sqrt{17-12\sqrt{2}}=3-2\sqrt{2}.