8408. Дан единичный куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, M
— середина BB_{1}
. Найдите угол и расстояние между прямыми A_{1}B
и CM
. В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит отрезки CM
и A_{1}B
?
Ответ. \arccos\frac{1}{\sqrt{10}}
; \frac{1}{3}
, CY:YM=8:1
(Y
на отрезке CM
); \frac{A_{1}X}{XB}=\frac{7}{2}
.
Решение. Первый способ. Пусть M'
— ортогональная проекция точки M
на плоскость B_{1}C_{1}DA
, перпендикулярную прямой A_{1}B
и пересекающую её в точке K
— центре квадрата AA_{1}B_{1}B
, а C'
— ортогональная проекция точки C
на эту плоскость (рис. 1). Тогда C'
— центр квадрата CC_{1}D_{1}D
, C'M'
— ортогональная проекция прямой CM
на эту плоскость, причём M'
лежит на AB_{1}
и M'
— середина B_{1}K
. Расстояние между прямыми A_{1}B
и CM
равно расстоянию от точки K
до прямой C'M'
(см. задачу 8406).
Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки K
на прямую C'M'
. Тогда KP
— высота прямоугольного треугольника KM'C'
, проведённая из вершины прямого угла (рис. 2). Далее находим:
C'M'=\sqrt{C'K^{2}+M'K^{2}}=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}}=\frac{3}{2\sqrt{2}},
KP=\frac{KM'\cdot KC'}{C'M'}=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\frac{1}{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{3}
(см. задачу 1967).
Угол \alpha
между прямыми A_{1}B
и CM
дополняет до 90^{\circ}
угол между пересекающимися прямыми CM
и C'M'
. Поэтому
\sin\alpha=\cos(90^{\circ}-\alpha)=\frac{C'M'}{CM}=\frac{\frac{3}{2\sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}.
Следовательно, \alpha=\arcsin\frac{3}{\sqrt{10}}=\arccos\frac{1}{\sqrt{10}}
.
Пусть XY
— общий перпендикуляр прямых A_{1}B
и CM
(точка X
лежит на A_{1}B
, Y
— на CM
). Тогда KXYP
— прямоугольник (рис. 3), PY\parallel MM'\parallel CC'\parallel A_{1}B
. Значит (см. задачу 1946),
\frac{CY}{YM}=\frac{C'P}{PM'}=\frac{C'K^{2}}{M'K^{2}}=\frac{1}{\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}}=8.
Пусть N
— точка пересечения C'M
и PY
. Треугольник C'PN
подобен треугольнику C'M'M
с коэффициентом \frac{8}{9}
, а треугольник MYN
подобен треугольнику MCC'
с коэффициентом \frac{1}{9}
, поэтому
PY=PN+NY=\frac{8}{9}MM'+\frac{1}{9}CC'=\frac{8}{9}\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{1}{9}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{18}.
Тогда
KX=PY=\frac{5\sqrt{2}}{18},~XB=BK-XB=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{5\sqrt{2}}{18}=\frac{2\sqrt{2}}{9},
A_{1}X=A_{1}B-XB=\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}}{9}=\frac{7\sqrt{2}}{9}.
Следовательно,
\frac{A_{1}X}{XB}=\frac{7\frac{\sqrt{2}}{9}}{\frac{2\sqrt{2}}{9}}=\frac{7}{2}.
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{A_{1}B}=\overrightarrow{x}-\overrightarrow{z},~\overrightarrow{CM}=-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z},
Пусть \alpha
— угол между прямыми A_{1}B
и CM
. Тогда
\cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\overrightarrow{CM}\right|}{A_{1}B\cdot CM}=\frac{|(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{z})\cdot\left(-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\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 A_{1}B
и CM
(точка X
лежит на A_{1}B
, Y
— на CM
), причём \overrightarrow{A_{1}X}=\lambda\overrightarrow{A_{1}B}
и \overrightarrow{CY}=\mu\overrightarrow{CM}
. Тогда
\overrightarrow{XY}=\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CY}=(1-\lambda)\overrightarrow{A_{1}B}+\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{CM}=
=(1-\lambda)(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{z})+\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-1\right)\cdot\overrightarrow{z}.
Так как \overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{A_{1}B}
и \overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{CM}
, то \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{A_{1}B}=0
и \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{CM}=0
, или
\left((1-\lambda)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda+\frac{1}{2}\mu-1\right)\overrightarrow{z}\right)(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{z})=
=(1-\lambda)-\left(\lambda+\frac{1}{2}\mu-1\right)=-2\lambda-\frac{1}{2}\mu+2=0,
\left((1-\lambda)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda+\frac{1}{2}\mu-1\right)\overrightarrow{z}\right)\left(-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)=
=(\mu-1)+\frac{1}{2}\left(\lambda+\frac{1}{2}\mu-1\right)=\frac{1}{2}\lambda+\frac{5}{4}\mu-\frac{3}{2}=0.
Из системы
\syst{-2\lambda-\frac{1}{2}\mu+2=0\\\frac{1}{2}\lambda+\frac{5}{4}\mu-\frac{3}{2}=0\\}
находим, что \lambda=\frac{7}{9}
, \mu=\frac{8}{9}
. Поэтому
\overrightarrow{XY}=(1-\lambda)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda+\frac{1}{2}\mu-1\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{A_{1}X}{A_{1}B}=\lambda=\frac{7}{9},~\frac{A_{1}X}{XB}=\frac{7}{2},~\frac{CY}{CM}=\mu=\frac{8}{9},~\frac{CY}{YM}=8.
Третий способ (расстояние между прямыми CM
и A_{1}B
). Предположим, нам уже известно, что \sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}
. Обозначим через V
объём тетраэдра BA_{1}MC
с вершиной C
. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle MBA_{1}}\cdot CB=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4}\cdot1=\frac{1}{12}.
С другой стороны, если d
— искомое расстояние между прямыми BA_{1}
и CM
, то (см. задачу 7234)
V=\frac{1}{6}BA_{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}
.