14542. Дан тетраэдр ABCD
. Известно, что AB=BC=CD=5
и CA=AD=DB=6
. Найдите косинус угла между рёбрами BC
и AD
.
Ответ. \frac{11}{30}
.
Решение. Достроим данный тетраэдр ABCD
до параллелепипеда AKBLPCQD
(AP\parallel KC\parallel BQ\parallel LD
) проведя через противолежащие ребра три пары параллельных плоскостей (см. задачу 7041). Диагонали противоположных граней AKBL
и PQCD
параллелепипеда равны, поэтому эти грани прямоугольники с диагональю 5. Аналогично, противоположные грани APCK
и LDQB
— тоже прямоугольники с диагональю 6. Противоположные грани APDL
и KCQB
— параллелограммы с диагоналями 5 и 6.
Обозначим AL=x
, AK=y
, AP=h
. По теореме Пифагора
x^{2}+y^{2}=25,~h^{2}+y^{2}=36,
а так как сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон (см. задачу 4011), то
2x^{2}+2h^{2}=25+36=61,
откуда x^{2}+h^{2}=\frac{61}{2}
.
Вычтя из второго из трёх первых равенств третье, получим равенство
h^{2}-x^{2}=11.
Сложив его с третьим, получим
2h^{2}=11+\frac{61}{2}=\frac{83}{2},
откуда
h^{2}=\frac{83}{4},~x^{2}=h^{2}-11=\frac{83}{4}-11=\frac{39}{4}.
Поскольку PL\parallel BC
, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми BC
и AD
равен углу между прямыми PL
и AB
. Пусть O
— центр параллелограмма APDL
. По теореме косинусов из треугольника AOL
, в котором
AL^{2}=x^{2}=\frac{39}{4},~OA^{2}=\left(\frac{5}{2}\right)^{2}=\frac{25}{4},~OL^{2}=3^{2}=9,
находим, что
\cos\angle AOL=\frac{OA^{2}+OL^{2}-AL^{2}}{2OA\cdot OL}=\frac{\frac{25}{4}+9-\frac{39}{4}}{2\cdot\frac{5}{2}\cdot3}=\frac{11}{30}\gt0.
Следовательно,
\cos\alpha=\cos\angle AOL=\frac{11}{30}.