9700. Точка K
— середина ребра BD
правильного тетраэдра ABCD
с ребром 1, O
— центр грани ABC
. Найдите угол и расстояние между прямыми CK
и DO
.
Ответ. \arccos\frac{\sqrt{2}}{3}
; \frac{1}{2\sqrt{7}}
.
Решение. Из теоремы о средней линии треугольника ортогональная проекция L
точки K
на плоскость ABC
— середина отрезка OB
. Угол \alpha
между скрещивающимися прямыми CK
и DO
равен углу между пересекающимися прямыми CK
и KL
, т. е. углу CKL
. Из прямоугольного треугольника CKL
находим, что
\cos\alpha=\cos\angle CKL=\frac{KL}{CK}=\frac{\frac{1}{2}DO}{CK}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}.
Плоскость CKL
проходит через прямую CK
и прямую KL
, параллельную OH
. Значит, расстояние между скрещивающимися прямыми CK
и DH
равно расстоянию от произвольной точки прямой DH
(см. задачу 7889), например, от точки O
, до плоскости CKL
.
Плоскости CKL
и ABC
перпендикулярны, так как первая из них проходит через прямую KL
, перпендикулярную второй. Значит, перпендикуляр OH
, опущенный из точки O
на прямую CL
(т. е. высота треугольника COL
), есть перпендикуляр к плоскости CKL
.
Пусть M
— середина ребра AC
. Тогда
BM=\frac{\sqrt{3}}{2},~LM=OM+OL=OM+\frac{1}{2}OB=\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3},
OL=\sqrt{LM^{2}+CM^{2}}=\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}},
S_{\triangle COL}=\frac{1}{3}S_{\triangle BCM}=\frac{1}{6}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{24}.
С другой стороны,
S_{\triangle COL}=\frac{1}{2}OL\cdot OH=\frac{\sqrt{7}}{4\sqrt{3}}OH.
Из равенства \frac{\sqrt{7}}{4\sqrt{3}}OH=\frac{\sqrt{3}}{24}
находим, что OH=\frac{1}{2\sqrt{7}}
.