14272. Дана правильная треугольная пирамида ABCD
с вершиной D
. Её высота DO
и сторона основания равны 1, M
и K
— середины рёбер BC
и AC
соответственно. Найдите:
а) косинус угла между прямыми DM
и AB
;
б) косинус угла между плоскостями ADB
и BDC
;
в) расстояние между прямыми AB
и DK
.
г) синус угла между прямой DM
и плоскостью ADC
.
Ответ. а) \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{13}}
; б) \frac{5}{13}
; в) \frac{3}{7}
; г) \frac{3\sqrt{3}}{13}
.
Решение. а) Отрезок MK
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому MK=\frac{1}{2}
и MK\parallel AB
. Значит, искомый угол \alpha
между скрещивающимися прямыми DM
и AB
равен углу между пересекающимися прямыми DM
и MK
, т. е. углу DMK
при основании равнобедренного треугольника DMK
со сторонами
MK=\frac{1}{2},~DK=DM=\sqrt{DO^{2}+OM^{2}}=\sqrt{1^{2}+\left(\frac{1}{2\sqrt{3}}\right)^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{12}}=\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}.
Следовательно,
\cos\alpha=\cos\angle DMK=\frac{\frac{1}{2}MK}{DM}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{13}}.
б) Пусть KP
— высота треугольника BDK
. Обозначим \angle DBK=\beta
. Из прямоугольного треугольника BOD
находим, что
\tg\beta=\frac{DO}{OB}=\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\sqrt{3},
откуда \beta=60^{\circ}
. Тогда из прямоугольного треугольника BPK
находим, что
KP=BK\sin\beta=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{4}.
Прямая DB
перпендикулярна пересекающимся прямым KP
и AC
плоскости APC
, поэтому DB
— перпендикуляр к этой плоскости, а APC
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ADB
и BDC
.
Обозначим \angle APC=\gamma
. Треугольник APC
равнобедренный, поэтому \angle APK=\frac{\gamma}{2}
, а PK
— высота и медиана треугольника APC
. Тогда
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{AK}{KP}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{4}}=\frac{2}{3}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{4}{9}}{1+\frac{4}{9}}=\frac{5}{13}.
в) Прямая AB
параллельна прямой MK
, содержащейся в плоскости MDK
, поэтому прямая AB
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002). Значит, искомое расстояние d
между прямыми AB
и DK
равно расстоянию от любой точки прямой AB
, в частности, расстоянию от середины L
ребра AB
до этой плоскости (см. задачу 7889).
Пусть отрезки AL
и MK
пересекаются в точке N
. Тогда N
— общая середина этих отрезков, и
\frac{LN}{ON}=\frac{\frac{1}{2}CL}{\frac{1}{2}CL-\frac{1}{3}CL}=3.
Значит (см. задачу 9180), расстояние от точки L
до плоскости MDK
в три раза больше расстояния до этой плоскости от точки O
.
Пусть OH
— высота прямоугольного треугольника DON
с катетами DO=1
, ON=\frac{\sqrt{3}}{12}
и гипотенузой
DN=\sqrt{DO^{2}+ON^{2}}=\sqrt{1^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{12}\right)^{2}}=\frac{7}{4\sqrt{3}}.
Следовательно,
d=3OH=3\cdot\frac{DO\cdot ON}{DN}=3\cdot\frac{1\cdot\frac{\sqrt{3}}{12}}{\frac{7}{4\sqrt{3}}}=\frac{3}{7}.
г) Пусть BQ
— высота треугольника BDK
. Тогда BQ
— перпендикуляр к плоскости ADC
(так как BQ\perp DK
и BQ\perp AC
). Из равенства BK\cdot DO=DK\cdot BQ
(см. задачу 1967) получаем
BQ=\frac{BK\cdot DO}{DK}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot1}{\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3}{\sqrt{13}}.
Пусть \varphi
— искомый угол между прямой DM
и плоскостью ADC
. Точка M
— середина наклонной BC
к плоскости ADC
, поэтому расстояние от точки M
до плоскости ADC
вдвое меньше расстояния BQ
до этой плоскости от точки B
. Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}BQ}{DM}=\frac{\frac{3}{2\sqrt{13}}}{\frac{\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}}=\frac{3\sqrt{3}}{13}.