7179. Дан куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с ребром a
. Точка E
— середина ребра AD
. Вершины M
и N
правильного тетраэдра MNPQ
лежат на прямой ED_{1}
, а вершины P
и Q
— на прямой, проходящей через точку A_{1}
и пересекающей прямую BC
в точке R
. Найдите
а) отношение BR:BC
;
б) расстояние между серединами отрезков MN
и PQ
.
Ответ. 2:1
; a\sqrt{\frac{2}{15}}
.
Указание. Отрезок, соединяющий противоположные рёбра правильного тетраэдра, является общим перпендикуляром прямых, содержащих эти рёбра.
Решение. Поскольку противоположные рёбра MN
и PQ
правильного тетраэдра перпендикулярны, перпендикулярны и содержащие их прямые ED_{1}
и A_{1}R
. Опустим перпендикуляр RF
из точки R
на плоскость AA_{1}D_{1}D
. Поскольку CD
и AB
— перпендикуляры к плоскости AA_{1}D_{1}D
, RF\parallel CD
, поэтому точка F
лежит на прямой AD
.
A_{1}F
— ортогональная проекция наклонной A_{1}R
на плоскость AA_{1}D_{1}D
. По теореме о трёх перпендикулярах ED_{1}\perp A_{1}F
.
Рассмотрим плоскость AA_{1}D_{1}D
. Пусть прямая A_{1}F
пересекается с прямыми DD_{1}
и ED_{1}
в точках G
и K
соответственно. Обозначим \angle DD_{1}E=\angle GA_{1}D_{1}=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{ED}{DD_{1}}=\frac{1}{2},~\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}},
GD_{1}=A_{1}D_{1}\tg\alpha=\frac{1}{2}a,~A_{1}K=A_{1}D_{1}\cos\alpha=\frac{2a}{\sqrt{5}},
а из равенства прямоугольных треугольников DGF
и D_{1}GA_{1}
следует, что DF=A_{1}D_{1}=a
. Следовательно,
\frac{BR}{BC}=\frac{AF}{AD}=2.
Кроме того,
A_{1}F=2A_{1}G=2\sqrt{AD^{2}+DG^{2}}=2\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=a\sqrt{5}.
Опустим перпендикуляр KH
из точки K
на прямую A_{1}R
. Прямая ED_{1}
перпендикулярна двум пересекающимся прямым A_{1}R
и A_{1}F
плоскости A_{1}FR
, поэтому KH\perp ED_{1}
. Значит, KH
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых ED_{1}
и A_{1}R
, а так как отрезок, соединяющий середины противоположных рёбер правильного тетраэдра, является общим перпендикуляром прямых, содержащих эти рёбра, то длина KH
и есть искомое расстояние.
Рассмотрим прямоугольный треугольник A_{1}FR
. Обозначим \angle FA_{1}R=\beta
. Тогда
\tg\beta=\frac{RF}{A_{1}F}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}},~\cos\beta=\sqrt{\frac{5}{6}},~\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{6}},
HK=A_{1}K\sin\beta=\frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{2a}{\sqrt{30}}=a\sqrt{\frac{2}{15}}.