7570. Найдите расстояния между скрещивающимися медианами двух граней правильного тетраэдра с ребром a
.
Ответ. \frac{a}{\sqrt{10}}
, a\sqrt{\frac{2}{35}}
.
Указание. Рассмотрите ортогональную проекцию правильного тетраэдра ABCD
на плоскость, перпендикулярную высоте треугольника ABC
или воспользуйтесь методом координат.
Решение. Первый способ. Пусть K
и M
— середины рёбер соответственно BC
и AB
правильного тетраэдра ABCD
с ребром a
, P
— проекция точки M
на прямую, проходящую через вершину A
параллельно BC
, Q
— центр треугольника ABC
(рис. 1).
Рассмотрим ортогональную проекцию тетраэдра на плоскость, проходящую через прямую AP
перпендикулярно AK
. Пусть L
— ортогональная проекция точки D
на эту плоскость. Плоскость \varphi
, проходящая через прямые DM
и PM
, параллельна прямой AK
, так как она содержит прямую PM
, параллельную AK
. Значит, расстояние между прямыми AK
и DM
равно расстоянию от произвольной точки прямой AK
(например, от точки A
) до плоскости \varphi
.
Опустим перпендикуляр AF
из вершины A
на прямую PL
. Поскольку AF\perp PL
и AF\perp PM
, длина отрезка AF
равна расстоянию от точки A
до проведённой плоскости. Далее имеем:
AP=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{4}a,~AL=DQ=a\sqrt{\frac{2}{3}},
PL=\sqrt{AP^{2}+AL^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{16}+\frac{2a^{2}}{3}}=\frac{a\sqrt{35}}{4\sqrt{3}}.
Следовательно,
AF=\frac{AP\cdot AL}{PL}=\frac{\frac{a}{4}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{a\sqrt{35}}{4\sqrt{3}}}=a\sqrt{\frac{2}{35}}.
Аналогично найдём расстояние между прямыми AK
и BE
, где E
— середина ребра AD
. Пусть G
и H
— ортогональные проекции точек соответственно E
и B
на плоскость, проходящую через точку A
перпендикулярно AK
. Тогда расстояние между прямыми BE
и AK
равно перпендикуляру AN
, опущенному из вершины A
на GH
. Далее имеем:
AG=\frac{1}{2}DQ=\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}},~AH=BK=\frac{1}{2}a,
GH=\sqrt{AH^{2}+AG^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{6}}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}.
Следовательно,
AN=\frac{AG\cdot AH}{GH}=\frac{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}}=\frac{a}{\sqrt{10}}.
Второй способ. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке A
. Ось x
направим по лучу AK
(рис. 2). Пусть P
— проекция точки M
на прямую, проходящую через вершину A
параллельно BC
. Тогда ось y
направим по лучу AP
. Через точку A
проведём прямую, параллельную высоте DQ
тетраэдра. Пусть L
— проекция точки D
на эту прямую. Тогда ось z
направим по лучу AL
.
Тогда интересующие нас точки имеют следующие координаты:
A(0;0;0),~K\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};0;0\right),D\left(\frac{a\sqrt{3}}{3};0;a\sqrt{\frac{2}{3}}\right),~M\left(\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a}{4};0\right),
B\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};0\right),~E\left(\frac{a\sqrt{3}}{6};0;\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\right).
Найдём расстояние между прямыми AK
и DM
. Заметим, что прямая MP
параллельна AK
и через пересекающиеся прямые MP
и DM
проведём плоскость. Поскольку LD\parallel MP
, точка L
лежит в этой плоскости. Уравнение плоскости имеет вид \frac{y}{AP}+\frac{z}{AL}=1
, или \frac{y}{\frac{a}{4}}+\frac{z}{a\sqrt{\frac{2}{3}}}=1
(уравнение плоскости в отрезках, см. задачу 7564). Поскольку плоскость параллельна оси x
, в её уравнении x
отсутствует. Прямая AK
параллельна этой плоскости, поэтому расстояние между прямыми AK
и DM
равно расстоянию до этой плоскости от точки A
, т. е. расстоянию \rho
от точки A(0;0;0)
до плоскости \frac{y}{\frac{a}{4}}+\frac{z}{a\sqrt{\frac{2}{3}}}=1
:
\rho=\left|\frac{-1}{\sqrt{\frac{16}{a^{2}}+\frac{3}{2a^{2}}}}\right|=a\sqrt{\frac{2}{35}}.
Найдём расстояние между прямыми AK
и BE
. Пусть H
— проекция точки B
на ось y
(рис. 1). Тогда плоскость, проходящая через точку E
и прямую BH
, параллельна прямой AK
. Пусть G
— проекция точки E
на ось z
. Тогда EG\parallel BH
, поэтому точка G
лежит в проведённой плоскости. Уравнение этой плоскости имеет вид \frac{y}{AH}+\frac{z}{AG}=1
, или \frac{y}{\frac{a}{2}}+\frac{z}{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}}=1
. Расстояние между прямыми AK
и BE
равно расстоянию до этой плоскости от точки A
, т. е. расстоянию \rho_{1}
от точки A(0;0;0)
до плоскости \frac{y}{\frac{a}{2}}+\frac{z}{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}}=1
:
\rho_{1}=\left|\frac{-1}{\sqrt{\frac{4}{a^{2}}+\frac{6}{a^{2}}}}\right|=a\sqrt{\frac{1}{10}}.
Третий способ. Найдём угол \alpha
между прямыми DM
и AK
. Для этого через точку Q
проведём прямую, параллельную DM
(рис. 3). Пусть эта прямая пересекает ребро CD
в точке S
. Тогда искомый угол равен углу между пересекающимися прямыми QS
и AK
.
Из подобия треугольников QSC
и MDC
находим, что
QS=MD\cdot\frac{CQ}{CM}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.
Кроме того, CS=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}a
. Из треугольника CKS
по теореме косинусов находим, что
SK^{2}=CK^{2}+CS^{2}-2CK\cdot CS\cos60^{\circ}=\frac{a^{2}}{4}+\frac{4}{9}a^{2}-2\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{2}{3}a\cdot\frac{1}{2}=\frac{13}{36}a^{2}.
Значит,
\cos\alpha=|\cos\angle KQS|=\left|\frac{QK^{2}+QS^{2}-SK^{2}}{2QK\cdot QS}\right|=\left|\frac{\frac{1}{12}a^{2}+\frac{1}{3}a^{2}-\frac{13}{36}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}}\right|=\frac{1}{6}.
Тогда \sin\alpha=\frac{\sqrt{35}}{6}
.
Пусть \rho
— расстояние между прямыми DM
и AK
, V
— объём тетраэдра ABCD
, v
— объём тетраэдра AKMD
. Тогда
\frac{1}{4}V=v=\frac{1}{6}AK\cdot MD\cdot\rho\sin\alpha.
Отсюда находим, что
\rho=\frac{6v}{AK\cdot MD\cdot\sin\alpha}=\frac{6\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{35}}{6}}=a\sqrt{\frac{2}{35}}.
Найдём угол \beta
между прямыми BE
и AK
(рис. 4). Для этого через точку Q
проведём прямую, параллельную BE
. Эта прямая пересекает среднюю линию ER
треугольника ADC
в точке T
. Тогда искомый угол равен углу между пересекающимися прямыми QT
и AK
.
Из подобия треугольников QTR
и BER
находим, что
QT=BE\cdot\frac{RQ}{RB}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6}.
Кроме того, если точка J
делит ребро CD
в отношении \frac{CJ}{DJ}=\frac{1}{2}
, то AT=\frac{1}{2}AJ
. Из треугольника ACJ
по теореме косинусов находим, что
AJ^{2}=AC^{2}+CJ^{2}-2AC\cdot CJ\cos60^{\circ}=a^{2}+\frac{1}{9}a^{2}-2a\cdot\frac{1}{3}a\cdot\frac{1}{2}=\frac{7}{9}a^{2}.
Поэтому AT^{2}=\frac{1}{4}AJ^{2}=\frac{7}{36}a^{2}
. Тогда из треугольника AQT
по теореме косинусов находим, что
\cos\beta=|\cos\angle AQT|=\left|\frac{AQ^{2}+QT^{2}-AT^{2}}{2AQ\cdot QT}\right|=\left|\frac{\frac{1}{3}a^{2}+\frac{1}{12}a^{2}-\frac{7}{36}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}}\right|=\frac{2}{3}.
Значит, \sin\beta=\frac{\sqrt{5}}{3}
.
Пусть \rho_{1}
— расстояние между прямыми BE
и AK
, V
— объём тетраэдра ABCD
, v_{1}
— объём тетраэдра AKBE
. Тогда
\frac{1}{4}V=v=\frac{1}{6}AK\cdot BE\cdot\rho_{1}\sin\beta.
Отсюда находим, что
\rho_{1}=\frac{6v}{AK\cdot BE\cdot\sin\beta}=\frac{6\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}}=a\sqrt{\frac{1}{10}}.