8834. Два квадрата ABCD
и KLMN
расположены в пространстве так, что центр квадрата KLMN
совпадает с серединой стороны AB
. Точка A
лежит на стороне LM
и AM\lt AL
, точка N
равноудалена от точек B
и C
. Расстояние от точки M
до ближайшей к ней точки квадрата ABCD
равно 2\sqrt{3}
, а расстояние от точки K
до ближайшей к ней точки квадрата ABCD
равно 5. Найдите длины сторон квадратов ABCD
и KLMN
и расстояние от точки N
до плоскости ABCD
.
Ответ. 10\sqrt{3}
, 30, d=10\sqrt{\frac{14}{13}}
.
Решение. Пусть O
— середина стороны AB
квадрата ABCD
(рис. 2). Поскольку точка O
— центр квадрата KLMN
и точка A
лежит на стороне ML
этого квадрата, точка B
, симметричная точке A
относительно O
, лежит на противоположной стороне KN
квадрата KLMN
, причём AM=BK=5
. Обозначим AB=a
, \angle NBA=\alpha
. Пусть F
— середина KN
. Точка F
лежит между точками N
и B
, т.к BK=AM\lt AL=BN
. Из прямоугольных треугольников BOF
и NOF
находим, что
BF=BO\cos\angle FBO=\frac{a}{2}\cos\alpha,~FN=FO=BO\sin\angle FBO=\frac{a}{2}\sin\alpha.
Поэтому
BN=BF+FN=\frac{a}{2}\cos\alpha+\frac{a}{2}\sin\alpha=\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha).
Пусть N'
— ортогональная проекция точки N
на плоскость квадрата ABCD
(рис. 1). Тогда N'B
и N'C
— проекции на плоскость ABCD
равных наклонных NC
и NB
, поэтому N'B=N'C
. Значит, высота N'Q
равнобедренного треугольника BN'C
является его медианой, т. е. BQ=CQ=\frac{a}{2}
.
Пусть P
— проекция точки N'
на прямую AB
пересечения плоскостей данных квадратов. Тогда NPN'
— линейный угол двугранного угла между плоскостями квадратов. Обозначим \angle NPN'=\beta
. Из прямоугольных треугольников NPB
и NN'P
находим, что
NP=BN\sin\angle NBO=\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha,
N'P=NP\cos\angle NPN'=\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta.
Поскольку BPN'Q
— прямоугольник, N'P=BQ=\frac{a}{2}
, или
\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta=\frac{a}{2},
откуда
(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta=1.
Пусть M'
— проекция точки M
на плоскость квадрата ABCD
, а G
и H
— проекции точки M'
на прямые AB
и AD
соответственно. Тогда MGM'
— также линейный угол между плоскостями данных квадратов, поэтому \angle MGM'=\beta
. Из прямоугольных треугольников AMG
, MGM'
и MM'H
находим, что
AG=AM\cos\angle MAG=BK\cos\angle NBA=5\cos\alpha,MG=AM\sin\alpha=5\sin\alpha,
MM'=MG\sin\angle MGM'=5\sin\alpha\sin\beta,
MH=\sqrt{MM'^{2}+M'H^{2}}=\sqrt{MM'^{2}+AG^{2}}=5\sqrt{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta+\cos^{2}\alpha},
а так как H
есть ближайшая к M
точка квадрата ABCD
, то MH=2\sqrt{3}
, т. е.
5\sqrt{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta+\cos^{2}\alpha}=2\sqrt{3}.
Из системы
\syst{(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta=1\\5\sqrt{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta+\cos^{2}\alpha}=2\sqrt{3}\\}
находим, что \tg\alpha=\frac{3}{2}
или \tg\alpha=\frac{2}{3}
, а так как
\alpha=\angle NBO=\angle BOK+\angle BKO=\angle BOK+45^{\circ}\gt45^{\circ}
(по теореме о внешнем угле треугольника), то \tg\alpha\gt1
, поэтому \tg\alpha=\frac{3}{2}
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{2}{\sqrt{13}},~\sin\alpha=\tg\alpha\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}},
\cos\beta=\frac{13}{15},~\sin\beta=\frac{2\sqrt{14}}{15},~\tg\beta=\frac{2\sqrt{14}}{13}.
Применяя теорему синусов к треугольнику BOK
получим, что
\frac{OB}{\sin45^{\circ}}=\frac{BK}{\sin(\alpha-45^{\circ})},~\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{5}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\alpha-\cos\alpha)}.
Следовательно,
a=\frac{10}{\sin\alpha-\cos\alpha}=\frac{10}{\frac{3}{\sqrt{13}}-\frac{2}{\sqrt{13}}}=10\sqrt{13}.
Пусть E
— проекция точки A
на прямую KN
. Тогда
MN=AE=AB\sin\angle NBA=a\sin\alpha=10\sqrt{13}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}=30.
Наконец, из прямоугольного треугольника NN'P
находим, что
NN'=N'P\tg\beta=\frac{a}{2}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{13}=\frac{10\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{13}=10\sqrt{\frac{14}{13}}.