8411. В правильном тетраэдре
ABCD
с ребром
a
точка
M
— середина
AB
. Найдите угол и расстояние между прямыми
AD
и
CM
. В каком отношении общий перпендикуляр этих прямых делит отрезки
CM
и
AD
?
Ответ.
\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}=\arcsin\frac{\sqrt{33}}{6}
;
\frac{a\sqrt{22}}{11}
;
CY:YM=10:1
;
AX:XD=3:8
.
Решение. Первый способ. Пусть
E
— середина
AD
,
M'
— ортогональная проекция точки
M
на плоскость
BEC
, перпендикулярную прямой
AD
. Тогда
M'
— середина
BE
(прямая
AD
перпендикулярна плоскости
BEC
, а
MM'\parallel AD
). Расстояние между прямыми
AD
и
CM
равно расстоянию от точки
E
до прямой
CM'
(см. задачу 8406).
Из прямоугольного треугольника
CM'M
находим, что
CM'=\sqrt{CM^{2}-MM'^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{a}{4}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{11}}{4}.

Обозначим
\angle CM'E=\varphi
. По теореме косинусов из треугольника
CM'E
находим, что
\cos\varphi=\frac{EM'^{2}+CM'^{2}-CE^{2}}{2EM'\cdot CM'}=

=\frac{\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{11}}{4}\right)^{2}-\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{11}}{4}}=\frac{\frac{3}{16}+\frac{11}{16}-\frac{3}{4}}{\frac{2\sqrt{33}}{16}}=\frac{1}{\sqrt{33}}\gt0.

Тогда
\sin\varphi=\sqrt{1-\frac{1}{33}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{33}}
.
Пусть
P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки
E
на прямую
CM'
. Так как
\cos\varphi\gt0
, то
\varphi\lt90^{\circ}
, поэтому точки
M'
и
P
лежат по одну сторону от прямой
BE
в плоскости
BEC
. Расстояние между прямыми
AD
и
CM
равно длине отрезка
EP
. Из прямоугольного треугольника
EM'P
находим, что
EP=EM'\sin\varphi=\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{33}}=a\sqrt{\frac{2}{11}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.

Угол
\alpha
между прямыми
AD
и
CM
дополняет до
90^{\circ}
угол между пересекающимися прямыми
CM
и
CM'
. Поэтому
\sin\alpha=\cos(90^{\circ}-\alpha)=\frac{CM'}{CM}=\frac{\frac{a\sqrt{11}}{4}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{33}}{6}.

Следовательно,
\alpha=\arcsin\frac{\sqrt{33}}{6}=\arccos\frac{\sqrt{3}}{6}.

Из прямоугольного треугольника
EM'P
находим, что
PM'=EM'\cos\varphi=\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{33}}=\frac{a\sqrt{11}}{44}.

Тогда
CP=CM'-PM'=a\frac{\sqrt{11}}{4}-a\frac{\sqrt{11}}{44}=\frac{10a\sqrt{11}}{44}.

Пусть
XY
— общий перпендикуляр прямых
AD
и
CM
(точка
X
лежит на
AD
,
Y
— на
CM
). Тогда
EXYP
— прямоугольник,
PY\parallel MM'\parallel AD
. Значит,
\frac{CY}{YM}=\frac{CP}{PM'}=\frac{\frac{10a\sqrt{11}}{44}}{\frac{a\sqrt{11}}{44}}=10.

Второй способ. Обозначим
\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{x}
,
\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{y}
,
\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{z}
,
DA=x
,
AB=y
,
BC=z
, где
x=y=z=a
. Тогда
\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{y}=a^{2}\cos120^{\circ}=-\frac{a^{2}}{2},~\overrightarrow{z}\cdot\overrightarrow{y}=a^{2}\cos120^{\circ}=-\frac{a^{2}}{2},~\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{z}=0,

\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BM}=-\overrightarrow{z}-\frac{1}{2}\overrightarrow{y},

\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{CM}=-\overrightarrow{x}\left(-\overrightarrow{z}-\frac{1}{2}\overrightarrow{y}\right)=\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{z}+\frac{1}{2}\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{y}=-\frac{a^{2}}{4},

CM=\sqrt{\overrightarrow{CM}^{2}}=\sqrt{\left(-\overrightarrow{z}-\frac{1}{2}\overrightarrow{y}\right)^{2}}=\sqrt{z^{2}+\frac{y^{2}}{4}+\overrightarrow{z}\cdot\overrightarrow{y}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.

Пусть
\alpha
— угол между прямыми
AD
и
CM
. Тогда
\cos\alpha=\frac{|\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{CM}|}{AD\cdot CM}=\frac{\frac{a^{2}}{4}}{a\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}.

Пусть
XY
— общий перпендикуляр прямых
AD
и
CM
(точка
X
лежит на
AD
,
Y
— на
CM
), причём
\overrightarrow{AX}=\lambda\overrightarrow{AD}=-\lambda\overrightarrow{x},~\overrightarrow{CY}=\mu\overrightarrow{CM}=-\mu\left(-\overrightarrow{z}-\frac{1}{2}\overrightarrow{y}\right).

Тогда
\overrightarrow{XY}=\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{MY}=\lambda\overrightarrow{DA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-(1-\mu)\overrightarrow{CM}=

=\lambda\overrightarrow{x}+\frac{1}{2}\overrightarrow{y}+(\mu-1)\left(-\overrightarrow{z}-\frac{1}{2}\overrightarrow{y}\right)=\lambda\overrightarrow{x}+\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{y}+(1-\mu)\overrightarrow{z}.

Так как
\overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{DA}
и
\overrightarrow{XY}\perp\overrightarrow{CM}
, то
\overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{DA}=0
и
\overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{CM}=0
, или
\left(\lambda\overrightarrow{x}+\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{y}+(1-\mu)\overrightarrow{z}\right)\cdot\overrightarrow{x}=

=\lambda\overrightarrow{x}^{2}+\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{y}+(1-\mu)(\overrightarrow{z}\cdot\overrightarrow{x})=

=\lambda a^{2}-\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\cdot\frac{a^{2}}{2}+(1-\mu)\cdot0=\frac{a^{2}}{2}\left(2\lambda-1+\frac{1}{2}\mu\right)=0;

\overrightarrow{XY}\cdot\overrightarrow{CM}=\left(\lambda\overrightarrow{x}+\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\overrightarrow{y}+(1-\mu)\overrightarrow{z}\right)\cdot\left(-\overrightarrow{z}-\frac{1}{2}\overrightarrow{y}\right)=

=-\lambda(\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{z})-\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)(\overrightarrow{z}\cdot\overrightarrow{y})-(1-\mu)\cdot\overrightarrow{z}^{2}-

-\frac{1}{2}\lambda(\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{y})-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\cdot\overrightarrow{y}^{2}-\frac{1}{2}(1-\mu)(\overrightarrow{z}\cdot\overrightarrow{y})=

=\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\cdot\frac{a^{2}}{2}-(1-\mu)\cdot a^{2}+\frac{1}{4}\lambda\cdot a^{2}-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\cdot a^{2}+\frac{1}{4}(1-\mu)a^{2}=

=-\frac{a^{2}}{2}\left(\frac{1}{2}\mu-1+2-2\mu-\frac{1}{2}\lambda+1-\frac{1}{2}\mu-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\mu\right)=

=-\frac{a^{2}}{2}\left(-\frac{1}{2}\lambda-\frac{3}{2}\mu+\frac{3}{2}\right)=\frac{a^{2}}{4}(\lambda+3\mu-3)=0.

Из системы
\syst{2\lambda-1+\frac{1}{2}\mu=0\\\lambda+3\mu-3=0\\}

находим, что
\lambda=\frac{3}{11}
,
\mu=\frac{10}{11}
(
AX:XD=3:8
,
CY:YM=10:1
). Поэтому
\overrightarrow{XY}=\lambda\overrightarrow{x}+\left(1-\frac{1}{2}\mu\right)\cdot\overrightarrow{y}+(1-\mu)\cdot\overrightarrow{z}=\frac{3}{11}\overrightarrow{x}+\frac{6}{11}\overrightarrow{y}+\frac{1}{11}\overrightarrow{z}.

Следовательно,
XY=\sqrt{\overrightarrow{XY}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{3}{11}\overrightarrow{x}+\frac{6}{11}\overrightarrow{y}+\frac{1}{11}\overrightarrow{z}\right)^{2}}=

=\frac{1}{11}\sqrt{9\overrightarrow{x}^{2}+36\overrightarrow{y}^{2}+\overrightarrow{z}^{2}+36\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{y}+6\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{z}+12\overrightarrow{y}\cdot\overrightarrow{z}}=

=\frac{1}{11}{\sqrt{9a^{2}+36a^{2}+a^{2}-18a^{2}-6a^{2}}}=\frac{1}{11}\sqrt{{22a^{2}}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.

Третий способ (вычисление расстояния). Пусть
V
— объём тетраэдра. Тогда
V=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{12},~V_{ADMC}=\frac{1}{2}V=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{24}.

С другой стороны,
V_{ADMC}=\frac{1}{6}AD\cdot CM\cdot d\sin\alpha,

где
\alpha
— угол между прямыми
AD
и
CM
, а
d
— расстояние между ними (см. задачу 7234).
Пусть
T
— середина ребра
BD
. Тогда
MT\parallel AD
, значит, угол между прямыми
AD
и
CM
равен углу
CMT
. Из треугольника
CMT
по теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\cos\angle CMT=\frac{\sqrt{3}}{6}.

Тогда
\sin\alpha=\frac{\sqrt{33}}{6}
. Следовательно,
d=\frac{6V_{ADMC}}{AD\cdot CM\sin\alpha}=\frac{\frac{a^{3}\sqrt{2}}{4}}{a\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{33}}{6}}=a\sqrt{\frac{2}{11}}.

Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — № 2(а), с. 99