7569. Найдите угол между скрещивающимися медианами двух граней правильного тетраэдра.
Ответ. \arccos\frac{1}{6}
, \arccos\frac{2}{3}
.
Решение. Первый способ. Пусть ABCD
— правильный тетраэдр с ребром a
. Найдём угол \alpha
между медианой CK
грани ABC
и медианой AM
грани ABD
(рис. 1).
Для этого соединим середину K
ребра AB
с серединой N
отрезка BM
. Тогда KN\parallel AM
, поэтому \alpha=\angle CKN
.
Из прямоугольного треугольника CMN
находим, что
CN^{2}=CM^{2}+MN^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{4}\right)^{2}=\frac{13}{16}a^{2}.
Из треугольника CKN
по теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\cos\angle CKN=\frac{KN^{2}+CK^{2}-CN^{2}}{2KN\cdot CK}=\frac{\frac{3}{16}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}-\frac{13}{16}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{6}.
Теперь найдём угол \beta
между медианой CK
грани ABC
и медианой BL
грани BCD
(рис. 2). Для этого соединим середину L
ребра CD
с серединой P
медианы DK
треугольника ABD
. Тогда LP\parallel CK
, поэтому \beta=\angle BLP
.
Из прямоугольного треугольника BKP
находим, что
BP^{2}=KP^{2}+BK^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\frac{7}{16}a^{2}.
Из треугольника BLP
по теореме косинусов находим, что
\cos\beta=\cos\angle BLP=\frac{PL^{2}+BL^{2}-BP^{2}}{2PL\cdot BL}=\frac{\frac{3}{16}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}-\frac{7}{16}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}.
Этим исчерпываются все возможные случаи.
Второй способ. Пусть ABCD
— правильный тетраэдр с ребром a
. Найдём угол \alpha
между медианой CK
грани ABC
и медианой AM
грани ABD
(рис. 3). Для этого ортогонально спроектируем тетраэдр на плоскость, проходящую через прямую AB
, перпендикулярно плоскости ABC
. Пусть D'
и M'
— проекции точек соответственно D
и M
. Тогда, если угол между прямыми AM
и CK
равен \alpha
, то угол между прямой AM
и плоскостью проекций, т. е. угол MAM'
равен 90^{\circ}-\alpha
(см. задачу 8406).
Пусть M''
— проекция точки M'
на прямую AB
, а O
— центр грани ABC
. Тогда
AM''=\frac{3}{4}AB=\frac{3}{4}a,~M'M''=\frac{1}{2}D'K=\frac{1}{2}DO=\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}.
Из прямоугольного треугольника AM'M''
находим, что
AM'=\sqrt{AM''^{2}+M'M''^{2}}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}a\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{35}}{4\sqrt{3}}.
Значит,
\sin\alpha=\cos(90^{\circ}-\alpha)=\cos\angle MAM'=\frac{AM'}{AM}=\frac{\frac{a\sqrt{35}}{4\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{35}}{6}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{1}{6}.
Теперь найдём угол \beta
между медианой CK
грани ABC
и медианой BL
грани BCD
(рис. 4). Для этого также спроектируем тетраэдр на плоскость AD'B
. Пусть L'
— проекция точки L
. Если угол между прямыми BL
и CK
равен \beta
, то угол между прямой BL
и плоскостью проекций, т. е. угол LBL'
равен 90^{\circ}-\beta
.
Из прямоугольного треугольника KBL'
находим, что
BL'=\sqrt{BK^{2}+KL'^{2}}=\sqrt{BK^{2}+\left(\frac{1}{2}DO\right)^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}a\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}.
\sin\beta=\cos(90^{\circ}-\beta)=\cos\angle LBL'=\frac{BL'}{BL}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{3}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{2}{3}.
Этим исчерпываются все возможные случаи.
Третий способ. Найдём угол \alpha
между медианами DM
и AK
граней соответственно ADB
и ABC
правильного тетраэдра ABCD
(рис. 4). Для этого через центр Q
грани ABC
проведём прямую, параллельную DM
. Пусть эта прямая пересекает ребро CD
в точке S
. Тогда искомый угол равен углу между пересекающимися прямыми QS
и AK
. Пусть ребро тетраэдра равно a
. Из подобия треугольников QSC
и MDC
находим, что
QS=MD\cdot\frac{CQ}{CM}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.
Кроме того, CS=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}a
. Из треугольника CKS
по теореме косинусов находим, что
SK^{2}=CK^{2}+CS^{2}-2CK\cdot CS\cos60^{\circ}=\frac{a^{2}}{4}+\frac{4}{9}a^{2}-2\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{2}{3}a\cdot\frac{1}{2}=\frac{13}{36}a^{2}.
Значит,
\cos\alpha=|\cos\angle KQS|=\left|\frac{QK^{2}+QS^{2}-SK^{2}}{2QK\cdot QS}\right|=\left|\frac{\frac{1}{12}a^{2}+\frac{1}{3}a^{2}-\frac{13}{36}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}}\right|=\frac{1}{6}.
Пусть E
— середина ребра AD
(рис. 5). Найдём угол \beta
между прямыми BE
и AK
. Для этого через точку Q
проведём прямую, параллельную BE
. Эта прямая пересекает ребро среднюю линию ER
треугольника ADC
в точке T
. Тогда искомый угол равен углу между пересекающимися прямыми QT
и AK
.
Из подобия треугольников QTR
и BER
находим, что
QT=BE\cdot\frac{RQ}{RB}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6}.
Кроме того, если точка J
делит ребро CD
в отношении \frac{CJ}{DJ}=\frac{1}{2}
, то AT=\frac{1}{2}AJ
. Из треугольника ACJ
по теореме косинусов находим, что
AJ^{2}=AC^{2}+CJ^{2}-2AC\cdot CJ\cos60^{\circ}=a^{2}+\frac{1}{9}a^{2}-2a\cdot\frac{1}{3}a\cdot\frac{1}{2}=\frac{7}{9}a^{2}.
Поэтому AT^{2}=\frac{1}{4}AJ^{2}=\frac{7}{36}a^{2}
. Тогда из треугольника AQT
по теореме косинусов находим, что
\cos\beta=|\cos\angle AQT|=\left|\frac{AQ^{2}+QT^{2}-AT^{2}}{2AQ\cdot QT}\right|=\left|\frac{\frac{1}{3}a^{2}+\frac{1}{12}a^{2}-\frac{7}{36}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}}\right|=\frac{2}{3}.
Четвёртый способ. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке A
(рис. 6). Ось x
направим по лучу AK
. Пусть P
— проекция точки M
на прямую, проходящую через вершину A
параллельно BC
. Тогда ось y
направим по лучу AP
. Через точку A
проведём прямую, параллельную высоте DQ
тетраэдра. Пусть L
— проекция точки D
на эту прямую. Тогда ось z
направим по лучу AL
.
Тогда интересующие нас точки имеют следующие координаты:
A(0;0;0),~K\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};0;0\right),D\left(\frac{a\sqrt{3}}{3};0;a\sqrt{\frac{2}{3}}\right),~M\left(\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a}{4};0\right),
B\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};0\right),~E\left(\frac{a\sqrt{3}}{6};0;\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\right).
Значит,
\overrightarrow{AK}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2};0;0\right),~\overrightarrow{DM}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}-\frac{a\sqrt{3}}{3};\frac{a}{4};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)=\left(\frac{-a\sqrt{3}}{12};\frac{a}{4};-a\sqrt{\frac{2}{3}}\right),
\overrightarrow{BE}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}-\frac{a\sqrt{3}}{2};-\frac{a}{2};\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\right)=\left(\frac{-a\sqrt{3}}{3};-\frac{a}{2};\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\right).
Следовательно,
\cos\alpha=\left|\frac{\overrightarrow{DM}\cdot\overrightarrow{AK}}{|\overrightarrow{DM}|\cdot|\overrightarrow{AK}|}\right|=\left|\frac{-\frac{a\sqrt{3}}{12}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}+\frac{a}{4}\cdot0-a\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot0}{\sqrt{\frac{a^{2}}{48}+\frac{a^{2}}{16}+\frac{2a^{2}}{3}}\cdot\sqrt{\frac{3a^{2}}{4}+0+0}}\right|=\frac{1}{6},
\cos\beta=\left|\frac{\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{AK}}{|\overrightarrow{BE}|\cdot|\overrightarrow{AK}|}\right|=\left|\frac{-\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}-\frac{a}{2}\cdot0-\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot0}{\sqrt{\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{6}}\cdot\sqrt{\frac{3a^{2}}{4}+0+0}}\right|=\frac{2}{3}.
Пятый способ. Воспользуемся формулой \cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta
из задачи 7427.
Пусть ребро тетраэдра равно a
, O
— центр грани ABC
, искомый угол между медианой AM
грани ABC
и медианой DN
грани ADB
равен \gamma
(рис. 7), угол наклонной DN
с плоскостью ABC
равен \alpha
, а угол между ортогональной проекцией ON
наклонной DN
на плоскость ABC
и прямой AM
равен \beta
. Тогда
\cos\alpha=\frac{ON}{DN}=\frac{1}{3},~\beta=60^{\circ}.
Значит,
\cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{6}.
Следовательно, \gamma=\arccos\frac{1}{6}
.
Пусть искомый угол между медианой AM
грани ABC
и медианой BK
грани ADB
равен \gamma
(рис. 8), угол наклонной KB
с плоскостью ABC
равен \alpha
, а угол между ортогональной проекцией BL
наклонной KB
на плоскость ABC
и прямой AM
равен \beta
(L
— середина отрезка OA
). Тогда
\sin\alpha=\frac{KL}{BK}=\frac{\frac{1}{2}DO}{BK}=\frac{\frac{1}{2}a\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3},~\cos\alpha=\frac{\sqrt{7}}{3},
LM=\frac{a}{\sqrt{3}},~BM=\frac{a}{2},~\tg\beta=\frac{BM}{ML}=\frac{\sqrt{3}}{2},~\cos\beta=\frac{2}{\sqrt{7}}.
Значит,
\cos\gamma=\cos\alpha\cos\beta=\frac{\sqrt{7}}{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{2}{3}.
Следовательно, \gamma=\arccos\frac{2}{3}
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия. Стереометрия: Задачник для 10—11 кл. — М.: Дрофа, 1998. — № 40, с. 8
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — , № 2(г), с. 17