9704. Точки M
и N
— середины рёбер PB
и SA
правильного октаэдра SABCDP
с ребром 1 (ABCD
— квадрат). Найдите угол и расстояние между прямыми AM
и BN
.
Ответ. \arccos\frac{5}{6}
; \sqrt{\frac{2}{11}}
.
Решение. Пусть O
— центр квадрата ABCD
, K
и L
— середины рёбер CD
и SD
соответственно. Диагонали AC
и ML
четырёхугольника AMCL
делятся точкой O
пересечения пополам, значит, это параллелограмм. Тогда CL\parallel AM
, а так как LN
— средняя линия треугольника ASD
, то LN\parallel AD\parallel BK
и LM=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC=BK
. Значит, CKNL
— тоже параллелограмм, поэтому KN\parallel CL\parallel AM
и KN=CL=\frac{\sqrt{3}}{2}
. Тогда угол \alpha
между скрещивающимися прямыми AM
и BN
равен углу между пересекающимися прямыми KN
и BN
, т. е. углу BNK
. В треугольнике BNK
известно, что
BN=KN=\frac{\sqrt{3}}{2},~BK=\frac{1}{2}.
Следовательно,
\cos\alpha=\cos\angle BNK=\frac{BN^{2}+KN^{2}-BK^{2}}{2BN\cdot KN}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-\frac{1}{4}}{2\cdot\frac{3}{4}}=\frac{5}{6}.
Прямая AM
параллельна прямой CL
, лежащей в плоскости BNK
, значит, прямая AM
параллельна этой плоскости. Тогда расстояние d
между прямыми AM
и BN
равно расстоянию от любой точки прямой AM
до плоскости BNK
(см. задачу 7889), например, от точки A
. В свою очередь, поскольку O
— середина наклонной AC
к плоскости BNK
, расстояние d
вдвое больше расстояния от точки O
до этой плоскости (см. задачу 9180).
Пусть F
— середина ребра AD
, H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на высоту KT
равнобокой трапеции BCLN
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости BCLN
, так как OH\perp KT
и OH\perp BC
. Пусть G
— точка пересечения KT
и SO
. Тогда G
— точка пересечения медиан треугольника KSF
,
OG=\frac{1}{3}SO=\frac{\sqrt{2}}{6},~OK=\frac{1}{2},~KG=\sqrt{OG^{2}+OK^{2}}=\sqrt{\frac{1}{18}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{11}}{6}.
Следовательно,
d=2OH=\frac{2\cdot OG\cdot OK}{KG}=\frac{2\cdot\frac{\sqrt{2}}{6}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{11}}{6}}=\sqrt{\frac{2}{11}}.