9925. Ребро BD
тетраэдра DABC
перпендикулярно плоскости ABC
. Отрезки AK
и BP
— биссектрисы треугольника ABC
. Известно, что \angle ACB=90^{\circ}
, AB=10
, BC=6
, BD=3\sqrt{5}
. Найдите угол между прямыми AK
и DP
.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Через точку Q
пересечения биссектрис треугольника ABC
проведём прямую, параллельную DP
. Пусть она пересекает ребро BD
в точке M
. Тогда угол между скрещивающимися прямыми AK
и DP
равен углу между пересекающимися прямыми AK
и MQ
. Обозначим его \gamma
, а углы BPD
и BQK
— \alpha
и \beta
соответственно. Тогда \angle BQM=\angle BPD=\alpha
.
Из прямоугольного треугольника ABC
находим, что
AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{100-36}=8.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AP}{PC}=\frac{AB}{BC}=\frac{10}{8}=\frac{5}{3},
поэтому
PC=\frac{3}{8}AC=3,~BP=\sqrt{BC^{2}+PC^{2}}=\sqrt{36+9}=3\sqrt{5}=BD.
Значит, \alpha=\angle BPD=45^{\circ}
.
Биссектрисы AK
и BP
пересекаются в точке Q
, поэтому
\angle AQB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB=90^{\circ}+45^{\circ}=135^{\circ}.
Тогда
\beta=180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}
(см. задачу 4770). По формуле из задачи 7427
\cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \gamma=60^{\circ}
.
Второй способ. Через точку Q
пересечения биссектрис треугольника ABC
проведём прямую, параллельную DP
. Пусть она пересекает ребро BD
в точке M
. Тогда угол между скрещивающимися прямыми AK
и DP
равен углу между пересекающимися прямыми AK
и MQ
. Обозначим его \gamma
.
Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что CD\perp CP
. Из прямоугольных треугольников ABC
и CBD
находим, что
AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{100-36}=8,~CD=\sqrt{BC^{2}+BD^{2}}=\sqrt{36+45}=9.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AP}{PC}=\frac{AB}{BC}=\frac{10}{8}=\frac{5}{3},~\frac{PQ}{QB}=\frac{AP}{AB}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2},~
\frac{BQ}{BP}=\frac{2}{3},~\frac{BK}{KC}=\frac{AB}{BC}=\frac{10}{8}=\frac{4}{5},~BK=\frac{5}{9}BC=\frac{10}{3},
Тогда
CK=\frac{4}{9}BC=\frac{8}{3},~CP=\frac{3}{8}AC=3,~AP=\frac{5}{8}AC=5,
Значит,
DP=\sqrt{CD^{2}+CP^{2}}=\sqrt{81+9}=3\sqrt{10},~\frac{KQ}{QA}=\frac{BK}{AB}=\frac{1}{3},
KQ=\frac{1}{4}AK=\frac{1}{4}\sqrt{CK^{2}+AC^{2}}=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{64}{9}+64}=\frac{2\sqrt{10}}{3},
а так как треугольник MBQ
подобен треугольнику DBP
с коэффициентом \frac{BQ}{BP}=\frac{2}{3}
, то
MQ=\frac{2}{3}DP=\frac{2}{3}\cdot3\sqrt{10}=2\sqrt{10}.
Аналогично, BM=\frac{2}{3}BD=2\sqrt{5}
, поэтому
KM=\sqrt{BK^{2}+BM^{2}}=\sqrt{\frac{100}{9}+20}=\frac{2\sqrt{70}}{3}.
По теореме косинусов из треугольника KMQ
находим, что
\cos\gamma=\cos\angle KQM=\frac{MQ^{2}+KQ^{2}-KM^{2}}{2MQ\cdot KQ}=\frac{40+\frac{40}{9}-\frac{280}{9}}{2\cdot2\sqrt{10}\cdot\frac{2\sqrt{10}}{3}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \gamma=60^{\circ}
.