8409. Дан единичный куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, M
— середина BB_{1}
. Найдите угол и расстояние между прямыми AB_{1}
и DM
. В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит отрезки DM
и AB_{1}
?
Ответ. 45^{\circ}
; \frac{1}{3}
; DY:YM=8:1
(Y
на отрезке DM
). \frac{AX}{XB_{1}}=\frac{1}{2}
.
Решение. Первый способ. Пусть M'
— ортогональная проекция точки M
на плоскость BCD_{1}A_{1}
, перпендикулярную прямой AB_{1}
и пересекающую её в точке K
— центре квадрата AA_{1}B_{1}B
, а D'
— ортогональная проекция точки D
на эту плоскость (рис. 1). Тогда D'
— центр квадрата CC_{1}D_{1}D
, D'M'
— ортогональная проекция прямой DM
на эту плоскость, причём M'
лежит на A_{1}B
и M'
— середина BK
. Расстояние между прямыми AB_{1}
и DM
равно расстоянию от точки K
до прямой D'M'
(см. задачу 8406).
Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки K
на прямую D'M'
. Тогда KP
— высота прямоугольного треугольника KM'D'
, проведённая из вершины прямого угла (рис. 2). Далее находим:
D'M'=\sqrt{D'K^{2}+M'K^{2}}=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}}=\frac{3}{2\sqrt{2}},
KP=\frac{KM'\cdot KD'}{D'M'}=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\frac{1}{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{3}
(см. задачу 1967).
Угол \alpha
между прямыми AB_{1}
и DM
дополняет до 90^{\circ}
угол между пересекающимися прямыми DM
и D'M'
(рис. 3). Поэтому
\sin\alpha=\cos(90^{\circ}-\alpha)=\frac{D'M'}{DM}=\frac{\frac{3}{2\sqrt{2}}}{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно, \alpha=45^{\circ}
.
Пусть XY
— общий перпендикуляр прямых AB_{1}
и DM
(точка X
лежит на AB_{1}
, Y
— на DM
). Тогда KXYP
— прямоугольник, PY\parallel MM'\parallel DD'\parallel AB_{1}
. Значит (см. задачу 1946),
\frac{DY}{YM}=\frac{D'P}{PM'}=\frac{D'K^{2}}{M'K^{2}}=\frac{1}{\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}}=8.
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{DM}=\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z},
Пусть \alpha
— угол между прямыми AB_{1}
и DM
. Тогда
\cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{DM}\right|}{AB_{1}\cdot DM}=\frac{|(\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z})\cdot\left(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)|}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}\cdot\sqrt{x^{2}+y^{2}+\frac{z^{2}}{4}}}=
=\frac{\left|x^{2}+\frac{1}{2}z^{2}\right|}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}\cdot\sqrt{x^{2}+y^{2}+\frac{z^{2}}{4}}}=\frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{2}\cdot\frac{3}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Значит, \alpha=45^{\circ}
.
Пусть XY
— общий перпендикуляр прямых AB_{1}
и DM
(точка X
лежит на AB_{1}
, Y
— на DM
), причём \overrightarrow{AX}=\lambda\overrightarrow{AB_{1}}
и \overrightarrow{DY}=\mu\overrightarrow{DM}
. Тогда
\overrightarrow{XY}=\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DY}=(1-\lambda)\overrightarrow{B_{1}A}+\overrightarrow{AD}+\mu\overrightarrow{DM}=
=-(1-\lambda)(\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z})+\overrightarrow{y}+\mu\left(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)=
=(\lambda-1+\mu)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda-1+\frac{1}{2}\mu\right)\cdot\overrightarrow{z}.
Так как \overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{AB_{1}}
и \overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{DM}
, то \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{AB_{1}}=0
и \overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{DM}=0
, или
\left((\lambda-1+\mu)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda-1+\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{z}\right)(\overrightarrow{x}+\overrightarrow{z})=
=(\lambda-1+\mu)-\left(\lambda-1+\frac{1}{2}\mu\right)=2\lambda+\frac{3}{2}\mu-2=0,
\left((\lambda-1+\mu)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda-1+\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{z}\right)\left(\overrightarrow{x}-\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)=
=(\lambda-1+\mu)+(\mu-1)+\frac{1}{2}\left(\lambda-1+\frac{1}{2}\mu\right)=\frac{3}{2}\lambda+\frac{9}{4}\mu-\frac{5}{2}=0.
Из системы
\syst{2\lambda+\frac{3}{2}\mu-2=0\\\frac{3}{2}\lambda+\frac{9}{4}\mu-\frac{5}{2}=0\\}
находим, что \lambda=\frac{1}{3}
, \mu=\frac{8}{9}
. Поэтому
\overrightarrow{XY}=(\lambda-1+\mu)\overrightarrow{x}+(1-\mu)\overrightarrow{y}+\left(\lambda-1+\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{AX}{AB_{1}}=\lambda=\frac{1}{3},~\frac{AX}{XB_{1}}=\frac{1}{2},~\frac{DY}{DM}=\mu=\frac{8}{9},~\frac{DY}{YM}=8.
Третий способ. Предположим, нам уже известно, что \alpha=45^{\circ}
. Обозначим через V
объём тетраэдра ADMB_{1}
с вершиной D
. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle AMB_{1}}\cdot DA=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4}\cdot1=\frac{1}{12}.
С другой стороны, если d
— искомое расстояние между прямыми AB_{1}
и DM
, то (см. задачу 7234)
V=\frac{1}{6}AB_{1}\cdot DM\cdot d\sin\alpha=\frac{1}{6}\cdot\sqrt{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot d\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{d}{4}.
Из уравнения \frac{d}{4}=\frac{1}{12}
находим, что d=\frac{1}{3}
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — № 1(г), с. 98