9694. В основании пирамиды SABC
лежит прямоугольный треугольник ABC
с гипотенузой AB=c
и острым углом BAC
, равным 30^{\circ}
. Боковая грань, проходящая через катет AC
, перпендикулярна плоскости основания, а две остальные образуют с плоскостью основания также углы, равные 30^{\circ}
. Найдите расстояние между прямыми SB
и AC
.
Ответ. \frac{c}{2\sqrt{10}}
.
Решение. Пусть SO
— высота пирамиды. Поскольку плоскости ASC
и ABC
перпендикулярны, точка O
лежит на катете AC
. Опустим перпендикуляр OK
на гипотенузу AB
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что SKO
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
. По условию \angle SKO=30^{\circ}
, а так как AC\perp BC
, то аналогично, \angle SCO=30^{\circ}
. Прямоугольные треугольники SKO
и SCO
равны по катету и противолежащему острому углу, поэтому OK=OC
, т. е. точка O
равноудалена от сторон угла ABC
. Значит, BO
— биссектриса треугольника ABC
, и \angle OBC=\frac{1}{2}\angle ABC=30^{\circ}
. Тогда
OC=BC\tg30^{\circ}=\frac{1}{2}c\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{c\sqrt{3}}{6}.
Из прямоугольного треугольника COS
находим, что
SC=\frac{OC}{\cos30^{\circ}}=\frac{\frac{c\sqrt{3}}{6}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{c}{3},~SO=\frac{1}{2}SC=\frac{c}{6}.
Через точку O
проведём прямую, параллельную BC
, и опустим на неё перпендикуляр BN
. Тогда SN
— ортогональная проекция прямой SB
на плоскость OSN
, перпендикулярную прямой AC
. Значит, расстояние d
между скрещивающимися прямыми SB
и AC
равно расстоянию от точки O
до прямой SN
(см. задачу 8406), т. е. высоте OH
прямоугольного треугольника BOS
с катетами ON=BC=\frac{1}{2}C
и SO=\frac{1}{6}c
, опущенной на его гипотенузу SN
. Таким образом,
d=OH=\frac{ON\cdot SO}{SN}=\frac{\frac{1}{2}c\cdot\frac{1}{6}c}{\sqrt{\frac{c^{2}}{4}+\frac{c^{2}}{36}}}=\frac{c}{2\sqrt{10}}.