14248. Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равны a
, точки M
и N
— середины боковых рёбер SA
и SD
. Найдите: а) угол между прямыми BM
и AN
; б) расстояние между прямыми BM
и AN
.
Ответ. а) \varphi=\arccos\frac{1}{6}
; б) d=a\sqrt{\frac{2}{35}}
.
Решение. а) На продолжении ребра AD
за точку A
отложим отрезок
AE=MN=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}.
Тогда AEMN
— параллелограмм, поэтому EM\parallel AN
, а угол \varphi
между скрещивающимися прямыми BM
и AN
равен углу между пересекающимися прямыми ME
и MB
, т. е. углу BME
или смежному с ним углу.
Из прямоугольного треугольника BAE
находим, что
BE=\sqrt{AB^{2}+QE^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.
По теореме косинусов
\cos\angle BME=\frac{BM^{2}+EM^{2}-BE^{2}}{2BM\cdot EM}=\frac{\frac{3}{4}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}-\frac{5}{4}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{6}\gt0.
Следовательно, \varphi=\arccos\frac{1}{6}=\arcsin\frac{\sqrt{35}}{6}
.
б)
Первый способ. Прямая AN
параллельна плоскости BME
, так как эта прямая параллельна прямой EM
, лежащей в этой плоскости. Значит, расстояние между скрещивающимися прямыми BM
и AN
равно расстоянию от произвольной точки прямой AN
(например, от точки A
) до плоскости BME
(см. задачу 7889).
Пусть Q
— середина основания BC
равнобедренного треугольника BME
, O
— центр квадрата ABCD
, AP
— высота прямоугольного треугольника BAE
, M'
— середина отрезка OA
. Тогда MM'\parallel SO
, значит, MM_{1}
— перпендикуляр к плоскости основания, а M'Q
— ортогональная проекция наклонной MQ
на плоскость основания пирамиды. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что \angle MQM'=\gamma
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями BME
и ABCD
. Из прямоугольных треугольников BAE
и MM'Q
находим, что
AP=\frac{AB\cdot AE}{BE}=\frac{a\cdot\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a}{\sqrt{5}},
\sin\gamma=\frac{MM'}{MQ}=\frac{\frac{1}{2}SO}{\sqrt{MB^{2}-BQ^{2}}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}a^{2}-\frac{5}{16}a^{2}}}=\sqrt{\frac{2}{7}}.
Следовательно, если d
— искомое расстояние между прямыми BM
и AN
(равное расстоянию AH
от точки A
до плоскости BME
), то
d=AP\sin\gamma=\frac{a}{\sqrt{5}}\cdot\sqrt{\frac{2}{7}}=a\sqrt{\frac{2}{35}}.
Второй способ. Пусть V
— объём пирамиды SABCD
, v
— объём тетраэдра ABMN
, h
— расстояние от точки D
до плоскости ASB
, d
— искомое расстояние между прямыми BM
и AN
, \varphi
— угол между этими прямыми. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}a^{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6},
v=\frac{1}{3}S_{\triangle AMB}\cdot\frac{h}{2}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle ASB}\cdot\frac{h}{2}=
=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ASB}h=\frac{1}{4}\cdot V_{DASB}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}V=\frac{1}{8}V=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{48}.
С другой стороны (см. задачу 7234),
v=\frac{1}{6}AN\cdot BM\cdot d\sin\varphi=\frac{1}{6}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot d\cdot\frac{\sqrt{35}}{6}=\frac{a^{2}d\sqrt{35}}{48}.
Из равенства \frac{a^{3}\sqrt{2}}{48}=\frac{a^{2}d\sqrt{35}}{48}
находим, что d=a\sqrt{\frac{2}{35}}
.