9029. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 2\sqrt{6}
, а высота равна 3. Вершина A
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
находится в центре основания пирамиды, вершина C_{1}
— на высоте пирамиды, а ребро CD
лежит в плоскости одной из боковых граней. Найдите длину ребра куба.
Ответ. \frac{6}{5}(2\sqrt{2}-\sqrt{3})
.
Решение. Пусть ребро куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равно x
, а угол между ребром CD
и диагональю AC_{1}
куба равен \alpha
. Тогда угол между ребром C_{1}D_{1}
и диагональю AC_{1}
также равен \alpha
(рис. 1). Из прямоугольного треугольника AC_{1}D_{1}
находим, что
\tg\alpha=\frac{AD_{1}}{D_{1}C_{1}}=\frac{x\sqrt{2}}{x}=\sqrt{2}.
Известно, что общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AC_{1}
и CD
— это отрезок, соединяющий середину O
диагонали AC_{1}
куба с серединой T
ребра CD
, и длина этого отрезка равна \frac{x\sqrt{2}}{2}
.
Пусть ребро CD
куба лежит в плоскости боковой грани KLN
правильной треугольной пирамиды KLMN
с вершиной M
(рис. 2). Опустим перпендикуляр OP
из центра куба на апофему NQ
пирамиды, лежащую в боковой грани KLN
. Тогда OP
— перпендикуляр к плоскости этой грани, а OT
— наклонная к этой плоскости, перпендикулярная прямой CD
, лежащей в плоскости. По теореме о трёх перпендикулярах PT\perp CD
.
Обозначим \angle ANQ=\beta
. Из прямоугольного треугольника ANQ
находим, что
\tg\beta=\frac{AQ}{NA}=\frac{\frac{LM\sqrt{3}}{6}}{NA}=\frac{\frac{2\sqrt{6}\cdot\sqrt{3}}{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}.
Тогда \cos\beta=\frac{3}{\sqrt{11}}
, \sin\beta=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}}
.
Диагональ AC_{1}
куба лежит на высоте NA
пирамиды, поэтому OT\perp NA
, значит, прямая OT
параллельна плоскости основания KLM
пирамиды. Тогда, если T_{1}
— ортогональная проекция точки T
на плоскость основания пирамиды, то AT_{1}=OT=\frac{x\sqrt{2}}{2}
и TT_{1}=OA=\frac{x\sqrt{3}}{2}
.
Опустим перпендикуляр TS
из точки T
на прямую KL
. По теореме о трёх перпендикулярах T_{1}S\perp KL
. Гипотенуза TS
и катет TT_{1}
прямоугольного треугольника TT_{1}S
соответственно параллельны гипотенузе NQ
и катету NA
прямоугольного треугольника NAQ
, поэтому
\angle T_{1}TS=\beta,~T_{1}S=TT_{1}\tg\beta=OA\tg\beta=\frac{x\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{x\sqrt{6}}{6},~TS=\frac{TT_{1}}{\cos\beta}=\frac{\frac{x\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{\sqrt{11}}}=\frac{x\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}.
Из прямоугольных треугольников NOP
и OPT
находим, что
OP=ON\sin\beta=(NA-OA)\sin\beta=\left(3-\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}},
PT=\sqrt{OT^{2}-OP^{2}}=\sqrt{\left(\frac{x\sqrt{2}}{2}\right)^{2}-\left(3-\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)^{2}\cdot\frac{2}{11}}=\frac{2\sqrt{2x^{2}+3x\sqrt{3}-9}}{\sqrt{22}}.
Пусть прямые CD
и KL
, лежащие в плоскости грани KLN
пересекаются в точке G
. Поскольку TT_{1}\parallel NA
, угол между прямой TG
и TT_{1}
равен углу между прямыми CD
и AC_{1}
, т. е. \alpha
. Из прямоугольных треугольников TT_{1}G
и TSG
находим, что
T_{1}G=TT_{1}\tg\alpha=\frac{x\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{2}=\frac{x\sqrt{6}}{2},~SG=\sqrt{T_{1}G^{2}-T_{1}S^{2}}=\sqrt{\left(\frac{x\sqrt{6}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{x\sqrt{6}}{6}\right)^{2}}=\frac{2x}{\sqrt{3}}.
Обозначим \angle KGT=\gamma
. Тогда
\tg\gamma=\frac{TS}{SG}=\frac{\frac{x\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}}{\frac{2x}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{11}}{4},~\ctg\gamma=\frac{4}{\sqrt{11}},~\sin\gamma=\frac{\sqrt{11}}{3\sqrt{3}}.
Пусть прямые TG
и NQ
пересекаются в точке E
, а F
— проекция точки T
на прямую NQ
(рис. 3). Тогда \angle TPE=\angle QGE=\gamma
и Из прямоугольного треугольника TPE
находим, что
TF=PT\sin\angle TPE=PT\sin\gamma=\frac{2\sqrt{2x^{2}+3x\sqrt{3}-9}}{\sqrt{22}}\cdot\frac{\sqrt{11}}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2(2x^{2}+3x\sqrt{3}-9)}}{3\sqrt{3}}.
Рассмотрим прямоугольную трапецию AQST_{1}
, в которой
AQ=\frac{LM\sqrt{3}}{6}=\sqrt{2},~ST_{1}=\frac{x\sqrt{6}}{6},~AT_{1}=\frac{x\sqrt{2}}{2},~SQ=TF=\frac{\sqrt{2(2x^{2}+3x\sqrt{3}-9)}}{3\sqrt{3}}.
По теореме Пифагора
AT_{1}^{2}=AQ^{2}+(AQ-ST_{1})^{2},
или
\frac{x^{2}}{2}=\left(\sqrt{2}-\frac{x\sqrt{6}}{6}\right)^{2}+\frac{2}{27}(2x^{2}+3x\sqrt{3}-9).
После очевидных упрощений получим уравнение 5x^{2}+12x\sqrt{3}-36=0
, из которого находим, что x=\frac{6}{5}(2\sqrt{2}-\sqrt{3})
.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1976, билет 10, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 76-10-5, с. 189