14268. Боковые грани правильной треугольной пирамиды ABCD
с вершиной D
— прямоугольные треугольники. Точки M
и N
— середины рёбер AB
и DC
соответственно, AB=1
.
а) Найдите угол и расстояние между прямыми CM
и AN
.
б) В каком отношении общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CM
и AN
делит эти отрезки?
Ответ. а) \varphi=\arccos\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{15}}
; d=\frac{1}{2\sqrt{7}}
.
б) AX:XN=6:1
; CY:YM=1:6
.
Решение. Заметим, что боковые грани данной пирамиды — прямоугольные треугольники с прямыми углами при вершине D
.
а)
Первый способ. Пусть O
— центр равностороннего треугольника ABC
, P
— вершина прямоугольника DPMO
, Q
— ортогональная проекция точки N
на плоскость APB
, т. е. середина отрезка PM
. Плоскость APB
перпендикулярна прямой CM
, значит (см. задачу 8406), расстояние d
между скрещивающимися прямыми CM
и AN
равно расстоянию от точки M
до ортогональной проекции AQ
прямой AN
на плоскость APB
, а угол \varphi
между этими прямыми равен острому углу ANQ
прямоугольного треугольника ANQ
.
В прямоугольном треугольнике COD
известны гипотенуза CD=\frac{\sqrt{2}}{2}
и катет CO=\frac{\sqrt{3}}{3}
, поэтому
PM=DO=\sqrt{CD^{2}-CO^{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\sqrt{6}}.
Тогда MQ=\frac{1}{2}PM=\frac{1}{2\sqrt{6}}
.
Пусть MH
— высота прямоугольного треугольника AMQ
. Тогда (см. задачу 1967)
d=MH=\frac{AM\cdot MQ}{AQ}=\frac{AM\cdot MQ}{\sqrt{AM^{2}+MQ^{2}}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2\sqrt{6}}}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{24}}}=\frac{1}{2\sqrt{7}}.
Отрезок NQ
— средняя линия прямоугольной трапеции CDPM
, поэтому
NQ=\frac{1}{2}(CM+DP)=\frac{1}{2}(CM+OM)=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Следовательно,
\cos\varphi=\frac{NQ}{AN}=\frac{NQ}{\sqrt{AD^{2}+DN^{2}}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{8}}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{15}}.
Второй способ. Пусть V
и v
— объёмы тетраэдров DABC
и NACM
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}{2}S_{\triangle ABC}\cdot\frac{1}{2}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}AN\cdot CM\cdot d\cdot\sin\varphi=\frac{1}{6}AN\cdot CM\cdot d\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\cdot d\sqrt{1-\frac{8}{15}}=\frac{d\sqrt{7}}{24\sqrt{2}}.
Из равенства \frac{d\sqrt{7}}{24\sqrt{2}}=\frac{1}{48\sqrt{2}}
находим, что d=\frac{1}{2\sqrt{7}}
.
б) Пусть XY
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CM
и AN
, причём точка X
лежит на прямой AN
, а точка Y
— на CM
(рис. 2). Тогда HXYM
— прямоугольник, поэтому (см. задачу 1946)
\frac{AX}{XN}=\frac{AH}{HQ}=\frac{MA^{2}}{MQ^{2}}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{24}}=6
(см. задачу 1946). Из подобия треугольников AXH
и ANQ
находим, что
XH=\frac{AH}{AQ}\cdot NQ=\frac{6}{7}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{7}.
Следовательно,
\frac{CY}{YM}=\frac{CM-MY}{MY}=\frac{CM-XH}{XH}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{7}}{\frac{2\sqrt{3}}{7}}=\frac{1}{6}.