9971. Точка M
— середина ребра B_{1}C_{1}
единичного куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Найдите угол и расстояние между прямыми BD_{1}
и CM
.
Ответ. \arccos\frac{1}{\sqrt{15}}
, \frac{2}{\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{14}}{7}
.
Решение. Первый способ. Пусть O
— центр равностороннего треугольника AB_{1}C
со стороной \sqrt{2}
. Ортогональная проекция куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
на плоскость AB_{1}C
— правильный шестиугольник AD'CC_{1}'B_{1}A_{1}'
с центром O
, где D'
, C_{1}'
и A_{1}'
— проекции точек D
, C_{1}
и A_{1}
соответственно. Сторона шестиугольника равна отрезку OA=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
. Проекция M'
точки M
— середина стороны BC_{1}'
этого шестиугольника.
Пусть \alpha
— угол между прямыми BD_{1}
и CM
, d
— расстояние между ними. Тогда (см. задачу 8406) \alpha
дополняет до 90^{\circ}
угол между наклонной CM
и её ортогональной проекцией CM'
на плоскость AB_{1}C
, а d
равно расстоянию от точки O
до CM'
.
По теореме косинусов
CM'=\sqrt{C_{1}'C^{2}+C_{1}'M'^{2}-2C_{1}'C\cdot C_{1}'M'\cos120^{\circ}}=
=\sqrt{\frac{2}{3}+\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}+2\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2}\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{6}}.
Из прямоугольных треугольников CC_{1}M
и CM'M
находим, что
CM=\sqrt{C_{1}C^{2}+C_{1}M^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2},
\sin\alpha=\cos\angle MCM'=\frac{CM'}{CM}=\frac{\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{6}}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{15}}.
Тогда
\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{14}{15}}=\frac{1}{\sqrt{15}}.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{1}{\sqrt{15}}
.
Пусть
OP=d~\mbox{и}~M'Q=\frac{OC\sqrt{3}}{2}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}
— высоты треугольника CM'O
. Тогда (см. задачу 1967)
CM'\cdot OP=OC\cdot M'Q,~\mbox{или}~\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{6}}\cdot d=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2},
откуда d=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{14}}{7}
.
Второй способ. На продолжении ребра C_{1}B_{1}
за точку B_{1}
отложим отрезок B_{1}P=MB_{1}=\frac{1}{2}
. Четырёхугольник BCMP
— параллелограмм, поэтому
BP=CM=\sqrt{CC_{1}^{2}-C_{1}M^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Из прямоугольного треугольника PC_{1}D_{1}
находим, что
PD_{1}^{2}=PC_{1}^{2}+C_{1}D_{1}^{2}=\frac{9}{4}+1=\frac{13}{4}.
Поскольку CM\parallel BP
, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми BD_{1}
и CM
равен углу между пересекающимися прямыми BD_{1}
и BP
, т. е. либо углу PBD_{1}
, либо смежному с ним углу.
По теореме косинусов из треугольника BPD_{1}
находим, что
\cos\angle PBD_{1}=\frac{BP^{2}+BD_{1}^{2}-PD_{1}^{2}}{2BP\cdot BD_{1}}=\frac{\frac{5}{4}+3-\frac{13}{4}}{2\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{15}}\gt0.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{1}{\sqrt{15}}
.
Пусть V
— объём тетраэдра BCMD_{1}
. Площадь его грани BCM
равна половине площади квадрата BB_{1}C_{1}C
, т. е. \frac{1}{2}
. Высота D_{1}C_{1}
тетраэдра, опущенная на плоскость этой грани, равна 1. Значит, V=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot1=\frac{1}{6}
.
С другой стороны (см. задачу 7234),
V=\frac{1}{6}CM\cdot BD_{1}\cdot d\sin\alpha,
где d
— расстояние между прямыми BD_{1}
и CM
.
Поскольку \sin\alpha=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{15}}
, получаем уравнение
\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot d\cdot\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{15}}=\frac{1}{6},
откуда d=\frac{2}{\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{14}}{7}
.
Третий способ. Обозначим \overrightarrow{D_{1}A_{1}}=\overrightarrow{a}
, \overrightarrow{D_{1}C_{1}}=\overrightarrow{b}
, \overrightarrow{D_{1}D}=\overrightarrow{c}
. Поскольку эти векторы попарно перпендикулярны, а их длины равны 1,
\overrightarrow{a}\overrightarrow{b}=0,~\overrightarrow{a}\overrightarrow{c}=0,~\overrightarrow{b}\overrightarrow{c}=0,~\overrightarrow{a}^{2}=1,~\overrightarrow{b}^{2}=1,~\overrightarrow{c}^{2}=1.
По теореме о разложении вектора пространства по трём некомпланарным векторам
\overrightarrow{D_{1}B}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c},~\overrightarrow{CM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}.
Пусть \alpha
— угол между прямыми BD_{1}
и CM
. Тогда
\cos\alpha=\left|\frac{\overrightarrow{BD_{1}}\cdot\overrightarrow{CM}}{|\overrightarrow{BD_{1}}|\cdot|\overrightarrow{CM}|}\right|=\left|\frac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\right)}{|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}|\cdot|\frac{1}{2}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}|}\right|=
=\left|\frac{\frac{1}{2}\cdot1-1}{\sqrt{1+1+1}\cdot\sqrt{\frac{1}{4}+1}}\right|=\frac{1}{\sqrt{15}}.
Пусть PQ
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых BD_{1}
и CM
, причём точка P
лежит на прямой BD_{1}
, а Q
— на прямой CM
. Тогда
\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CQ}=x\overrightarrow{D_{1}B}-\overrightarrow{a}+y\overrightarrow{CM}=
=x(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})-\overrightarrow{a}+y\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}\right)=\left(x+\frac{1}{2}y-1\right)\overrightarrow{a}+x\overrightarrow{b}+(x-y)\overrightarrow{c},
где x
и y
— некоторые числа. Поскольку PQ\perp BD_{1}
и PQ\perp CM
, получаем систему
\syst{2x-5y=-2\\6x-y=2x,\\}
из которой находим, что x=\frac{3}{7}
и y=\frac{4}{7}
. Тогда
\overrightarrow{PQ}=-\frac{1}{7}(2\overrightarrow{a}-3\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}).
Следовательно,
PQ=|\overrightarrow{PQ}|=\frac{1}{7}\sqrt{4+9+1}=\frac{\sqrt{14}}{7}.
Четвёртый способ. Введём прямоугольную систему координат, взяв за начало точку B
и направив ось Bx
по лучу BC
, ось By
— по лучу BA
, а ось Bz
— по лучу BB_{1}
. Тогда вектор \overrightarrow{BD_{1}}
имеет координаты (1;1;1)
, а вектор \overrightarrow{CM}
— координаты \left(-\frac{1}{2};0;1\right)
, значит, косинус угла \alpha
между прямыми BD_{1}
и CM
можно вычислить по формуле
\cos\alpha=\left|\frac{\overrightarrow{BD_{1}}\cdot\overrightarrow{CM}}{|\overrightarrow{BD_{1}}|\cdot|\overrightarrow{CM}|}\right|=\left|\frac{1\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)+1\cdot0+1\cdot1}{\sqrt{1+1+1}\cdot\sqrt{\frac{1}{4}+0+1}}\right|=\frac{1}{\sqrt{15}}.
На продолжении ребра C_{1}B_{1}
за точку B_{1}
отложим отрезок B_{1}P=MB_{1}=\frac{1}{2}
. Четырёхугольник BCMP
— параллелограмм, поэтому BP\parallel CM
. Тогда прямая CM
параллельна плоскости BPD_{1}
, значит, расстояние между прямыми BD_{1}
и CM
равно расстоянию от произвольной точки прямой CM
, например, от точки C(1;0;0)
, до плоскости BPD_{1}
(см. задачу 7889).
Эта плоскость проходит через начало координат, поэтому её уравнение имеет вид ax+by+cz=0
. На этой плоскости лежат точки D_{1}(1;1;1)
и P\left(-\frac{1}{2};0;1\right)
, поэтому a+b+c=0
и -\frac{1}{2}a+c=0
. Этим условиям удовлетворяют числа a=2
, b=-3
, c=1
. Следовательно, уравнение плоскости BPD_{1}
можно записать в виде 2x-3y+z=0
. По формуле расстояния от точки до плоскости (см. задачу 7563) находим, что
d=\frac{|2\cdot1-3\cdot0+1\cdot0|}{\sqrt{2^{2}+(-3)^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{14}}.