14263. Боковые грани правильной пирамиды ABCD
с вершиной D
— прямоугольные треугольники. Точка E
симметрична D
относительно плоскости ABC
, точки M
и N
— середины отрезков рёбер AB
и BC
соответственно. Найдите угол и расстояние между прямыми DM
и EN
, если AB=1
.
Ответ. \arccos\frac{5}{6}=\arcsin\frac{\sqrt{11}}{6}
; \sqrt{\frac{2}{11}}
.
Решение. Пусть O
— центр основания ABCD
данной пирамиды. Отметим середину K
отрезка OA
. Диагонали NK
и DE
четырёхугольника DNEK
пересекаются в точке O
и делятся ею пополам, значит, DNEK
— параллелограмм (даже ромб). Тогда
DK=EN=DM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}.
Следовательно, угол \varphi
между скрещивающимися прямыми DM
и EN
равен углу между пересекающимися прямыми DM
и DK
(см. задачу 8995), т. е. углу MDK
при вершине D
равнобедренного треугольника MDK
с основанием
MK=\frac{1}{2}BO=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{6}.
По теореме косинусов находим, что
\cos\varphi=\frac{DM^{2}+DK^{2}-MK^{2}}{2DM\cdot DK}=\frac{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{12}}{2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{5}{6}.
Рассмотрим два способа вычисления расстояния между прямыми DM
и EN
.
Первый способ. Прямая EN
параллельна прямой DK
, лежащей в плоскости DMK
, значит, прямая EN
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002). Значит, расстояние d
между прямыми DM
и EN
равно расстоянию от любой точки прямой EN
(например, от точки N
) до плоскости DMK
(см. задачу 7889), а так как точка O
— середина наклонной NK
к этой плоскости, то искомое расстояние d
от точки N
до плоскости DMK
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180).
Пусть L
— середина ребра AC
, а F
— точка пересечения MK
и AC
. Тогда F
— середина AL
. Опустим перпендикуляр OP
на прямую MK
. По теореме о трёх перпендикулярах DP\perp MK
, поэтому \angle DPO=\alpha
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC
и DMK
. Кроме того, OPLF
— прямоугольник, поэтому OP=LF=\frac{1}{4}
. Из прямоугольных треугольников DOM
и DOP
находим, что
OD=\sqrt{DM^{2}-OM^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}-\frac{1}{12}}=\frac{1}{\sqrt{6}},
\tg\alpha=\frac{DO}{OP}=\frac{DO}{OP}=\frac{\frac{1}{\sqrt{6}}}{\frac{1}{4}}=\frac{4}{\sqrt{6}}.
Тогда
\ctg\alpha=\frac{\sqrt{6}}{4},~\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{6}{16}}}=\frac{4}{\sqrt{22}}.
Пусть OH
— высота прямоугольного треугольника DOP
. Тогда OH\perp DP
и OH\perp MF
, поэтому OH
— перпендикуляр к плоскости MDF
. Значит, расстояние от точки O
до плоскости DMK
равно длине отрезка OH
. Из прямоугольного треугольника OHP
находим, что
OH=OP\sin\alpha=\frac{1}{4}\cdot\frac{4}{\sqrt{22}}=\frac{1}{\sqrt{22}}.
Следовательно,
d=2OH=\frac{2}{\sqrt{22}}=\sqrt{\frac{2}{11}}.
Второй способ. Вычислим двумя способами объём v
тетраэдра BMNE
, состоящего из двух равновеликих тетраэдров DOMN
и EOMN
.
С одной стороны,
v=2V_{DOMN}=2\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle OMN}\cdot OD=2\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}MN\cdot\frac{1}{6}BL\cdot OD=
=\frac{1}{18}MN\cdot BL\cdot DO=\frac{1}{18}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{1}{72\sqrt{2}}.
С другой стороны (см. задачу 7234),
v=\frac{1}{6}DM\cdot EN\cdot d\sin\varphi=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot d\cdot\sqrt{1-\frac{25}{36}}=\frac{d\sqrt{11}}{144}.
Из равенства \frac{d\sqrt{11}}{144}=\frac{1}{72\sqrt{2}}
находим, что d=\sqrt{\frac{2}{11}}
.