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}}.