14277. Дана треугольная пирамида ABCD
, основание которой — равносторонний треугольник ABC
со стороной 1, а ребро DA
перпендикулярно плоскости основания и также равно 1. Точки M
и K
— середины рёбер BC
и AB
соответственно. Найдите:
а) косинус угла между прямыми AB
и DM
;
б) синус угла между прямой DK
и плоскостью ADC
;
в) косинус угла между плоскостями ABD
и BCD
;
г) расстояние между прямыми DM
и CK
.
Ответ. а) \frac{3}{2\sqrt{7}}
; б) \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{5}}
; в) \frac{1}{\sqrt{7}}
; г) \frac{1}{5}
.
Решение. а) Пусть N
— середина ребра AC
. Прямая MN
параллельна прямой AB
, так как MN
— средняя линия треугольника ABC
. Значит, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми AB
и DM
равен углу между пересекающимися прямыми MN
и DM
, т. е. углу DMN
треугольника DMN
со сторонами
MN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2},~DN=\sqrt{DA^{2}+AN^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2},~
DM=\sqrt{DA^{2}+AM^{2}}=\sqrt{1+\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}.
Следовательно, по теореме косинусов
\cos\alpha=\angle DMN=\frac{DM^{2}+MN^{2}-DN^{2}}{2DM\cdot MN}=\frac{\frac{7}{4}+\frac{1}{4}-\frac{5}{4}}{2\cdot\frac{\sqrt{7}}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3}{2\sqrt{7}}.
б) Пусть \beta
— искомый угол между прямой DK
и плоскостью ADC
, KT
— перпендикуляр к прямой AC
. Тогда KT
— перпендикуляр к плоскости ADC
(так как KT\perp AC
и KT\perp DA
). Отрезок KT
— средняя линия прямоугольного треугольника ANB
, поэтому
KT=\frac{1}{2}BN=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4},
а так как DT
— ортогональная проекция наклонной KD
на плоскость ADC
, то
\sin\beta=\frac{KT}{KD}=\frac{KT}{DN}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{5}}.
в) Пусть AH
— высота прямоугольного треугольника DAM
. Тогда AH
— перпендикуляр к плоскости BCD
(так как AH\perp DM
и AH\perp BC
). Из треугольника DAM
находим, что
AH=\frac{DA\cdot AM}{DM}=\frac{1\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{7}}
(см. задачу 1967). Кроме того, CK
— перпендикуляр к плоскости BCD
, так как CK\perp AB
и CK\perp DA
.
Угол \gamma
между плоскостями ABD
и BCD
равен углу между прямыми CK
и AH
, соответственно перпендикулярными этим плоскостям (см. задачу 8970).
Пусть O
— центр равностороннего треугольника ABC
. Опустим перпендикуляр OP
на прямую DM
. Тогда OP\parallel AH
, значит, OP
— перпендикуляр к плоскости BCD
, а угол между прямыми CK
и AH
равен углу между прямыми CK
и OP
, т. е. острому углу COP
прямоугольного треугольника CPO
с катетом
OP=\frac{1}{3}AH=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{\frac{3}{7}}=\frac{1}{\sqrt{21}}
и гипотенузой
OC=\frac{2}{3}CK=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\cos\angle COP=\frac{OP}{OC}=\frac{\frac{1}{\sqrt{21}}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{1}{\sqrt{7}}.
г) Пусть ML
— перпендикуляр к AB
. Тогда ML\parallel CK
, а L
— середина BK
, и поэтому KL:AL=1:3
. Прямая CK
параллельна плоскости DML
(см. задачу 8002), поэтому расстояние d
между скрещивающимися прямыми DM
и CK
равно расстоянию от любой точки прямой CK
, например, от точки K
, до этой плоскости (см. задачу 7889).
Пусть KQ
— высота треугольника DKL
. Тогда KQ
— перпендикуляр к плоскости DML
, так как KQ\perp DL
и KQ\perp ML
. Значит, расстояние от точки K
до плоскости DML
равно длине отрезка KQ
. Поскольку
\frac{AL}{KL}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{4}}=3,
это расстояние равно трети расстояния до плоскости DML
от точки A
(см. задачу 9180), т. е.
d=KQ=\frac{1}{3}\cdot\frac{AL\cdot AD}{\sqrt{AL^{2}+AD^{2}}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\frac{3}{4}\cdot1}{\sqrt{\frac{9}{16}+1}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\frac{3}{4}}{\frac{5}{4}}=\frac{1}{5}.