8056. Основание прямой треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— равнобедренный прямоугольный треугольник с катетами AC=BC=a
. Вершины M
и N
правильного тетраэдра MNPQ
лежат на прямой CA_{1}
, а вершины P
и Q
— на прямой AB_{1}
. Найдите:
а) объём призмы;
б) расстояние между серединами отрезков MN
и PQ
.
Ответ. а) \frac{a^{3}}{2}
; б) \frac{a}{\sqrt{6}}
.
Указание. Отрезок, соединяющий середины противоположных рёбер правильного тетраэдра, является общим перпендикуляром прямых, содержащих эти рёбра.
Решение. Поскольку противоположные рёбра MN
и PQ
правильного тетраэдра перпендикулярны, перпендикулярны и содержащие их прямые CA_{1}
и AB_{1}
(рис. 1). Поскольку B_{1}C_{1}\perp A_{1}C_{1}
и B_{1}C_{1}\perp CC_{1}
, то B_{1}C_{1}
— перпендикуляр к плоскости AA_{1}C_{1}C
, а так как AC_{1}
— ортогональная проекция наклонной AB_{1}
на плоскость AA_{1}C_{1}C
, то по теореме о трёх перпендикулярах AC_{1}\perp CA_{1}
. Значит, прямоугольник AA_{1}C_{1}C
— квадрат. Поэтому боковые рёбра данной призмы равны a
. Следовательно,
V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot AA_{1}=\frac{1}{2}a^{2}\cdot a=\frac{1}{2}a^{3}.
Прямая A_{1}C
перпендикулярна плоскости AB_{1}C_{1}
, так как она перпендикулярна пересекающимся прямым B_{1}C_{1}
и AC_{1}
этой плоскости. Пусть F
— центр квадрата AA_{1}C_{1}C
. Тогда перпендикуляр FH
, опущенный из точки F
на прямую AB_{1}
, есть общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CA_{1}
и AB_{1}
. Рассмотрим прямоугольный треугольник AB_{1}C_{1}
(рис. 2). Обозначим \angle B_{1}AC_{1}=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=\frac{B_{1}C_{1}}{AC_{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}},~\cos\alpha=\sqrt{\frac{2}{3}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}},
FH=AF\sin\angle FAH=\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot\sin\alpha=\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{\sqrt{6}}.
Поскольку отрезок, соединяющий середины противоположных рёбер правильного тетраэдра, является общим перпендикуляром прямых, содержащих эти рёбра, то длина FH
и есть искомое расстояние.