14265. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
с вершиной S
. Все её рёбра равны 1. Точка M
— середина ребра SB
. Найдите:
а) угол между прямыми AM
и SC
;
б) расстояние между прямыми AM
и SC
.
Ответ. \varphi=\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}
, d=\sqrt{\frac{2}{11}}
.
Решение. а) Отметим середину K
ребра BC
(рис. 1). Тогда MK
— средняя линия треугольника BSC
, поэтому MK=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}
и MK\parallel SC
. Угол \varphi
между скрещивающимися прямыми AM
и SC
равен углу между пересекающимися прямыми AM
и MK
, т. е. углу AMK
или смежному с ним углу.
В треугольнике AMK
известно, что
AM=\frac{\sqrt{3}}{2},~MK=\frac{1}{2},
AK^{2}=AB^{2}+BK^{2}=1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}.
По теореме косинусов
\cos\angle AMK=\frac{AM^{2}+MK^{2}-AK^{2}}{2AM\cdot MK}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}-\frac{5}{4}}{2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{2}}=-\frac{\sqrt{3}}{6}.
Следовательно,
\varphi=180^{\circ}-\angle AMK=\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}=\arcsin\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}.
б)
Первый способ. Пусть SO
— высота пирамиды SABCD
, P
— середина отрезка OB
. Тогда MP
— средняя линия прямоугольного треугольника SOB
, поэтому MP\parallel SO
, MP
— перпендикуляр к плоскости ABC
и
MP=\frac{1}{2}SO=\frac{\sqrt{2}}{4}.
Пусть E
— точка пересечения отрезка AK
с диагональю BD
квадрата ABCD
(рис. 2). Опустим перпендикуляры OT
и PF
— на прямую AK
. Из подобия прямоугольных треугольников OTK
и KBA
получаем
\frac{OT}{OK}=\frac{BK}{AK}~\Rightarrow~OT=\frac{OK\cdot BK}{AK}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{10}.
Из подобия треугольников KEO
и AEB
, а также прямоугольных треугольников PEF
и OET
получаем
\frac{OE}{BE}=\frac{KO}{AB}=\frac{1}{2},~PF=\frac{1}{2}OT=\frac{\sqrt{5}}{20}.
По теореме о трёх перпендикулярах MF\perp AC
. Значит, \alpha=\angle MFP
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC
и AMK
. Из прямоугольного треугольника MPF
находим, что
\tg\alpha=\frac{MP}{PF}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{5}}{20}}=\sqrt{10},~\ctg\alpha=\frac{1}{\sqrt{10}},~
\sin\alpha\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{10}}}=\sqrt{\frac{10}{11}}.
Пусть PH
— высота прямоугольного треугольника MPF
. Тогда PH
— перпендикуляр к плоскости AMK
, а расстояние между прямыми AM
и SC
равно длине этого перпендикуляра, т. е.
PH=PF\sin\alpha=\frac{\sqrt{5}}{20}\cdot\sqrt{\frac{10}{11}}=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{2}{11}}.
Прямая SC
параллельна прямой MK
, лежащей в плоскости AMK
, значит, прямая SC
параллельна этой плоскости. Тогда расстояние d
между прямыми AM
и SC
равно расстоянию от любой точки прямой SC
(например, от точки C
) до плоскости AMK
(см. задачу 7889). Отрезок BC
делится плоскостью AMK
пополам, значит, это расстояние равно расстоянию до плоскости AMK
от точки B
(см. задачу 9180).
Пусть BQ
— перпендикуляр к AK
. Из подобия прямоугольных треугольников BQE
и PFE
следует, что BQ=4PE
, так как, если OP=PB=3x
, то
OB=6x,~OE=2x,~BE=4x,~PE=x,~\frac{BE}{PE}=\frac{4x}{x}=4.
Значит, расстояние d
от точки B
до плоскости AMK
в четыре раза больше расстояния до этой плоскости от точки P
(см. задачу 9180), т. е.
d=4PH=4\cdot\frac{1}{4}\sqrt{\frac{2}{11}}=\sqrt{\frac{2}{11}}.
Второй способ. Пусть объём пирамиды SABCD
равен V
, объём тетраэдра SAMC
равен v
, Значит,
V_{BAMC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot MP=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}S_{ABCD}\cdot\frac{1}{2}SO=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{4}V,
а так как тетраэдры SAMC
и BAMC
равновелики (AMC
— их общее основание, а высоты, опущенные на это основание, равны), то
v=\frac{1}{4}V=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{12}\cdot1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{24}.
С другой стороны, если d
— искомое расстояние между прямыми AM
и SC
, то (см. задачу 7234)
v=\frac{1}{6}AM\cdot SC\cdot d\sin\varphi=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot1\cdot d\cdot\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}=\frac{d\sqrt{11}}{24}.
Из равенства
\frac{d\sqrt{11}}{24}=\frac{\sqrt{2}}{24}
находим, что d=\sqrt{\frac{2}{11}}
.