8407. Дан единичный куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, M
— середина BB_{1}
. Найдите угол и расстояние между прямыми AB_{1}
и CM
. В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит отрезки CM
и AB_{1}
?
Ответ. \arccos\frac{1}{\sqrt{10}}
; \frac{1}{3}
; \frac{CY}{YM}=10:1
(Y
вне отрезка CM
); \frac{AX}{XB_{1}}=\frac{7}{2}
.
Решение. Первый способ. Пусть M'
— ортогональная проекция точки M
на плоскость CBA_{1}D_{1}
, перпендикулярную прямой AB_{1}
и пересекающую её в точке K
— центре квадрата AA_{1}B_{1}B
(рис. 1). Тогда CM'
— ортогональная проекция прямой CM
на эту плоскость, причём M'
лежит на A_{1}B
и M'
— середина BK
. Расстояние между прямыми AB_{1}
и CM
равно расстоянию от точки K
до прямой CM'
.
Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки K
на прямую CM'
. Обозначим \angle BM'C=\angle KM'P=\varphi
. Из прямоугольных треугольников BM'C
и KM'P
(рис. 2) находим, что
\tg\varphi=\tg\angle BM'C=\frac{BC}{BM'}=\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{4}}=2\sqrt{2},~\cos\varphi=\frac{1}{3},
\sin\varphi=\tg\varphi\cdot\cos\varphi=\tg\varphi\cdot\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{2\sqrt{2}}{3},
KP=KM'\sin\angle KM'P=KM'\sin\varphi=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{1}{3}.
Угол \alpha
между прямыми AB_{1}
и CM
дополняет до 90^{\circ}
угол между пересекающимися прямыми CM
и CM'
. Из прямоугольного треугольника MCM'
находим, что
\sin\angle MCM'=\frac{MM'}{CM}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Следовательно,
\alpha=90^{\circ}-\angle MCM'=90^{\circ}-\arcsin\frac{1}{\sqrt{10}}=\arccos\frac{1}{\sqrt{10}}.
Пусть XY
— общий перпендикуляр прямых AB_{1}
и CM
(точка X
лежит на AB_{1}
, Y
— на CM
). Тогда KXYP
— прямоугольник, PY\parallel MM'\parallel AB_{1}
(рис. 3). Значит,
\frac{CY}{YM}=\frac{CP}{PM'}=\frac{CM'+PM'}{PM'}=\frac{CM'}{PM'}+1=\frac{\frac{BC}{\sin\varphi}}{M'K\cos\varphi}+1=\frac{\frac{1}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}}{\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{1}{3}}+1=9+1=10,
причём точка Y
лежит вне отрезка CM
.
Второй способ. Обозначим \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{x}
, \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{y}
, \overrightarrow{AA_{1}}=\overrightarrow{z}
, AB=x
, AD=y
, AA_{1}=z
, где x=y=z=1
. Тогда
\overrightarrow{AB_{1}}=\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z},~\overrightarrow{CM}=-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z},
Пусть \alpha
— угол между прямыми AB_{1}
и CM
. Тогда
\cos\alpha=\frac{|\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{CM}|}{AB_{1}\cdot CM}=\frac{\left|(\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z})\cdot\left(-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)\right|}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}\cdot\sqrt{y^{2}+\frac{z^{2}}{4}}}=
=\frac{\frac{1}{2}z^{2}}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}\cdot\sqrt{y^{2}+\frac{z^{2}}{4}}}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Пусть XY
— общий перпендикуляр прямых AB_{1}
и CM
(точка X
лежит на AB_{1}
, Y
— на CM
), причём \overrightarrow{AX}=\lambda\overrightarrow{AB_{1}}
и \overrightarrow{CY}=\mu\overrightarrow{CM}
. Тогда
\overrightarrow{XY}=\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CY}=-\lambda\overrightarrow{AB_{1}}+\overrightarrow{AC}+\mu\overrightarrow{CM}=
=-\lambda(\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z})+\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}+\mu\left(-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)=
=(1-\lambda)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(-\lambda+\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{z}.
Так как \overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{AB_{1}}
и \overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{CM}
, то \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{AB_{1}}=0
и \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{CM}=0
, или
\left((1-\lambda)\cdot\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(-\lambda+\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{z}\right)(\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z})=
=(1-\lambda)+\left(-\lambda+\frac{1}{2}\mu\right)=-2\lambda+\frac{1}{2}\mu+1=0,
\left((1-\lambda)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(-\lambda+\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{z}\right)\left(-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)=
=(\mu-1)+\frac{1}{2}\left(-\lambda+\frac{1}{2}\mu\right)=-\frac{1}{2}\lambda+\frac{5}{4}\mu-1=0.
Из системы
\syst{-2\lambda+\frac{1}{2}\mu+1=0\\frac{1}{2}\lambda+\frac{5}{4}\mu-1=0\\}
находим, что \lambda=\frac{7}{9}
, \mu=\frac{10}{9}
. Поэтому
\overrightarrow{XY}=(1-\lambda)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(-\lambda+\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{z}=\frac{2}{9}\overrightarrow{x}-\frac{1}{9}\overrightarrow{y}-\frac{2}{9}\overrightarrow{z}.
Следовательно,
XY=\sqrt{\overrightarrow{XY}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{2}{9}\overrightarrow{x}-\frac{1}{9}\overrightarrow{y}-\frac{2}{9}\overrightarrow{z}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{4+1+4}}{9}=\frac{1}{3},
\frac{CY}{CM}=\mu=\frac{10}{9},~\frac{CY}{YM}=10,~\frac{AX}{AB_{1}}=\lambda=\frac{7}{9},~\frac{AX}{XB_{1}}=\frac{7}{2}.
Третий способ. Предположим, нам уже известно, что \sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}
. Обозначим через V
объём тетраэдра ABCB_{1}
с вершиной C
. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle AMB_{1}}\cdot CB=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4}\cdot1=\frac{1}{12}.
С другой стороны, если d
— искомое расстояние между прямыми AB_{1}
и CM
, то (см. задачу 7234)
V=\frac{1}{6}AB_{1}\cdot CM\cdot d\sin\alpha=\frac{1}{6}\cdot\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot d\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{d}{4}.
Из уравнения \frac{d}{4}=\frac{1}{12}
находим, что d=\frac{1}{3}
.