14639. Основание пирамиды TABC
— прямоугольный треугольник ABC
, в котором угол BAC
равен 60^{\circ}
. Ребро TA
перпендикулярно плоскости основания. Биссектриса AD
угла BAC
равна b
. Расстояние между прямыми TB
и AD
равно \frac{b}{2}
. Найдите угол между прямыми TC
и AB
.
Ответ. \arctg\sqrt{5}
.
Решение. Пусть \angle B=90^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника ABD
находим
BD=\frac{1}{2}AD=\frac{b}{2},~AB=BD\sqrt{3}=\frac{b\sqrt{3}}{2}.
Треугольник ACD
равнобедренный с углами 30^{\circ}
при основании AC
, поэтому
CD=AD=b,~AC\sqrt{3}=b\sqrt{3},
а BC=\frac{3}{2}b
.
Через точку D
параллельно ребру TB
проведём прямую, пересекающую ребро TB
в точке E
, Прямая TC
параллельна плоскости ADE
, так как эта прямая параллельна прямой DE
, лежащей в плоскости ADE
. Значит, расстояние b
между прямыми TB
и AD
равно расстоянию от любой точки прямой TB
, например, от точки B
, до этой плоскости, а так как BD=\frac{1}{2}CD
, то расстояние от точки B
до плоскости ADE
равно \frac{b}{2}
, т. е. равно BD
. По теореме о трёх перпендикулярах \angle TCB=90^{\circ}
, поэтому BDE
— острый угол. Значит, BD
— наклонная к плоскости ADE
, и BD\gt\frac{b}{2}
. Противоречие.
Пусть теперь \angle C=90^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника ACD
находим
CD=\frac{1}{2}AD=\frac{b}{2},~AC=CD\sqrt{3}=\frac{b\sqrt{3}}{2}.
Треугольник ABD
равнобедренный с углами 30^{\circ}
при основании AB
, поэтому
BD=AD=b,~AB=b\sqrt{3}.
Тогда BC=\frac{3}{2}b
.
Через точку D
параллельно ребру TB
проведём прямую, пересекающую ребро TC
в точке E
, а через точку E
параллельно TA
— прямую, пересекающую ребро AC
в точке F
. Прямая TB
параллельна плоскости ADE
, так как эта прямая параллельна прямой DE
, лежащей в плоскости ADE
. Значит, расстояние b
между прямыми TB
и AD
равно расстоянию от любой точки прямой TB
, например, от точки B
, до этой плоскости, а так как CD=\frac{1}{2}BD
, то расстояние от точки C
до плоскости ADE
равно \frac{b}{2}
. Поскольку CF:CA=CE:CT=CD:CB=1:3
, то расстояние от точки F
до плоскости ADE
равно \frac{1}{3}\cdot\frac{b}{2}=\frac{b}{6}
.
Опустим перпендикуляр FP
на AD
. Тогда EF\parallel TA
, поэтому EF
— перпендикуляр к плоскости ABC
. По теореме о трёх перпендикулярах EP\perp AD
. Пусть FQ
— высота прямоугольного треугольника EFP
. Прямая FQ
перпендикулярна пересекающимся прямым EP
и AD
плоскости ADE
, поэтому FQ
— перпендикуляр к этой плоскости. Тогда расстояние от точки F
до плоскости ADE
равно FQ
. Следовательно, FQ=\frac{b}{6}
.
Из прямоугольного треугольника APF
находим, что
FP=\frac{1}{2}AF=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}AC=\frac{1}{3}AC=\frac{1}{3}\cdot\frac{b\sqrt{3}}{2}=\frac{b\sqrt{3}}{6}.
Обозначим \angle EPF=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\sin\angle FPQ=\frac{FQ}{FP}=\frac{\frac{b}{6}}{\frac{b\sqrt{3}}{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\cos\alpha=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},
а так как \angle EFQ=\angle FPQ=\alpha
, то
EF=\frac{FQ}{\cos\alpha}=\frac{\frac{b}{6}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}=\frac{b\sqrt{3}}{6\sqrt{2}}=\frac{b\sqrt{6}}{12}.
Из подобия треугольников TAC
и EFC
находим, что TA=3EF=\frac{b\sqrt{6}}{4}
.
Пусть CH
— высота основания ABC
. Тогда CH=\frac{1}{2}BC=\frac{3}{4}b
. На прямую, проведённую через точку C
параллельно AB
, опустим перпендикуляр AG
. Тогда AG=CH=\frac{3}{4}b
, а искомый угол \varphi
между скрещивающимися прямыми TC
и AB
равен углу между пересекающимися прямыми TC
и CG
. По теореме о трёх перпендикуляров TG\perp CG
, поэтому \varphi
— острый угол TCG
прямоугольного треугольника TGC
. Поскольку
CG=AH=\frac{1}{2}AC=\frac{b\sqrt{3}}{4}~\mbox{и}~TG=\sqrt{TA^{2}+AG^{2}}=\sqrt{\frac{6b^{2}}{16}+\frac{9b^{2}}{16}}=\frac{b\sqrt{15}}{4},
то
\tg\varphi=\frac{TG}{CG}=\frac{\frac{b\sqrt{15}}{4}}{\frac{b\sqrt{3}}{4}}=\sqrt{5}.
Следовательно, \varphi=\arctg\sqrt{5}
.