14267. Боковые грани правильной треугольной пирамиды ABCD
с вершиной D
— прямоугольные треугольники. Точки M
и N
— середины рёбер AB
и AC
соответственно, AB=1
.
а) Найдите угол и расстояние между прямыми CM
и DN
.
б) В каком отношении общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CM
и DN
делит эти отрезки?
Ответ. а) \varphi=\arctg\sqrt{11}
; d=\frac{1}{\sqrt{22}}
.
б) DX:XN=8:3
; CY:YM=6:5
.
Решение. Заметим, что боковые грани данной пирамиды — прямоугольные треугольники с прямыми углами при вершине D
.
а)
Первый способ. Через центр O
равностороннего треугольника ABC
проведём прямую, параллельную AB
(рис. 1). Пусть она пересекает стороны AC
и BC
в точках E
и F
соответственно, а P
— ортогональная проекция точки N
на прямую EF
. Тогда плоскость EDF
, перпендикулярна прямой CM
, а NP
— перпендикуляр к этой плоскости. Значит (см. задачу 8406), расстояние d
между скрещивающимися прямыми CM
и DN
равно расстоянию от точки O
до ортогональной проекции DP
прямой DN
на плоскость EDF
, а угол \varphi
между этими прямыми равен острому углу DNP
прямоугольного треугольника DPN
.
Прямоугольные треугольники EPN
и EOC
подобны с коэффициентом
\frac{NE}{CE}=\frac{CE-CN}{CE}=\frac{\frac{2}{3}-\frac{1}{2}}{\frac{2}{3}}=\frac{1}{4}.
Значит,
NP=\frac{1}{4}CO=\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{12},
OP=\frac{3}{4}OE=\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}AM=\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.
Отрезок DN
— медиана прямоугольного треугольника ADC
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому DN=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}
(см. задачу 1109). Из прямоугольных треугольников DON
и DOP
находим, что
DO=\sqrt{DN^{2}-ON^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=\frac{1}{\sqrt{6}},
DP=\sqrt{OP^{2}+DO^{2}}=\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{6}}=\frac{\sqrt{11}}{4\sqrt{3}}.
Пусть OH
— высота прямоугольного треугольника DOP
. Тогда (см. задачу 1967)
d=OH=\frac{OP\cdot DO}{DP}=\frac{\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}}{\frac{\sqrt{11}}{4\sqrt{3}}}=\frac{1}{\sqrt{22}}.
Из прямоугольного треугольника DNP
находим, что
\tg\varphi=\tg\angle DNP=\frac{NP}{DP}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{12}}{\frac{\sqrt{11}}{4\sqrt{3}}}=\sqrt{11}.
Тогда
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+11}}=\frac{1}{2\sqrt{3}},~\sin\varphi=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}.
Второй способ. Пусть V
и v
— объёмы тетраэдров DABC
и DCMN
соответственно. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DO=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{1}{12\sqrt{2}},
v=\frac{1}{3}S_{\triangle ACM}\cdot\frac{1}{2}DO=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}\cdot DO=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DO=\frac{1}{4}V=\frac{1}{48\sqrt{2}}
С другой стороны (см. задачу 7234)
v=\frac{1}{6}CM\cdot DN\cdot d\cdot\sin\varphi=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot d\cdot\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}=\frac{d\sqrt{11}}{48}.
Из равенства \frac{d\sqrt{11}}{48}=\frac{1}{48\sqrt{2}}
находим, что d=\frac{1}{\sqrt{22}}
.
б) Пусть XY
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых DN
и CM
, причём точка X
лежит на прямой DN
, а точка Y
— на CM
(рис. 2). Тогда HXYO
— прямоугольник, поэтому (см. задачу 1946)
\frac{DX}{XN}=\frac{DH}{HP}=\frac{OD^{2}}{OP^{2}}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{16}}=\frac{8}{3}
(см. задачу 1946). Из подобия треугольников XMH
и NMP
находим, что
XH=\frac{MH}{MP}\cdot NP=\frac{8}{11}\cdot\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{2\sqrt{3}}{33}.
Следовательно,
\frac{CY}{YM}=\frac{CO-OY}{OM+OY}=\frac{CO-XH}{OM+XH}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{33}}{\frac{\sqrt{3}}{6}+\frac{2\sqrt{3}}{33}}=\frac{6}{5}.