9706. Точка
O
— центр равностороннего треугольника
ABC
со стороной 1. На прямой, проходящей через точку
O
перпендикулярно плоскости
ABC
, по разные стороны от этой плоскости отложены равные отрезки
OS
и
OP
. Известно, что расстояния от точек
S
и
P
до вершин треугольника
ABC
равны 1. Найдите угол и расстояние между прямыми
SC
и
AP
.
Ответ.
\arccos\frac{5}{6}
;
2\sqrt{\frac{2}{11}}
.
Решение. Первый способ. Пусть
K
— середина ребра
BC
. На продолжении отрезка
OK
за точку
K
отложим отрезок
KL=OK
. Тогда
OL=2OK=OA
. Диагонали
AL
и
SP
четырёхугольника
APLC
точкой
O
пересечения делятся пополам, значит, это параллелограмм, поэтому
CL=AP=1
и
SL\parallel AP
. Тогда угол
\alpha
между скрещивающимися прямыми
SC
и
AP
равен углу между пересекающимся прямыми
SC
и
CL
, т. е. углу
CSL
.
В треугольнике
CSL
известно, что
SL=SC=1
, а так как треугольник
CLO
равносторонний, то
CL=CO=\frac{\sqrt{3}}{3}
. По теореме косинусов
\cos\alpha=|\cos\angle CSL|=\left|\frac{SC^{2}+SL^{2}-CL^{2}}{2SC\cdot CL}\right|=\left|\frac{1+1-\frac{1}{3}}{2}\right|=\frac{5}{6}.

Следовательно,
\alpha=\arccos\frac{5}{6}
.
Прямая
AP
параллельна прямой
SL
плоскости
CSL
, поэтому прямая
AP
параллельна этой плоскости. Значит, расстояние между скрещивающимися прямыми
SC
и
AP
равно расстоянию от любой точки прямой
AP
до этой плоскости (см. задачу 7889), например, от точки
A
. Точка
O
— середина наклонной
AL
к плоскости
CSL
, поэтому расстояние от точки
A
до плоскости
CSL
вдвое больше расстояния от точки
O
до этой плоскости (см. задачу 9180).
Пусть
OF
— перпендикуляр к основанию
CL
равнобедренного треугольника
COL
. Тогда
OF
— средняя линия треугольника
ACL
, поэтому
OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}
. Кроме того,
OF\perp CL
, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах
SF\perp CL
. Проведём высоту
OH
прямоугольного треугольника
SOF
. Тогда
SH
— перпендикуляр к плоскости
ACL
, значит, расстояние
h
от точки
O
до этой плоскости равно длине отрезка
SH
, т. е. (см. задачу 1967)
h=OH=\frac{SO\cdot OF}{SF}=\frac{SO\cdot OF}{\sqrt{SO^{2}+OF^{2}}}=\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{2}{3}+\frac{1}{4}}}=\sqrt{\frac{2}{11}}.

Следовательно,
d=2h=2\sqrt{\frac{2}{11}}
.
Второй способ. Пусть
M
и
N
— середины отрезков
SA
и
PC
соответственно. Тогда
OM
и
ON
— средние линии треугольников
SAP
и
SCP
, поэтому
OM=ON=\frac{1}{2}
и
OM\parallel AP
,
ON\parallel SC
. Значит, угол
\alpha
между скрещивающимися прямыми
SC
и
AP
равен углу между пересекающимися прямыми
OM
и
ON
, либо дополняет этот угол до
180^{\circ}
.
Пусть
M'
и
N'
— ортогональные проекции точек
M
и
N
на плоскость
ABC
. Тогда
M'
и
N'
— середины отрезков
OA
и
OC
соответственно, а
M'N'
— средняя линия треугольника
AOC
. Значит,
M'N'=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}
, а так как
SO
и
PO
— высоты правильных тетраэдров
ABCS
и
ABCP
, то
SO=PO=\sqrt{\frac{2}{3}}
.
Отрезок
M'N'
— ортогональная проекция отрезка
MN
на плоскость
ABC
, поэтому
MN^{2}=M'N'^{2}+(MM'+NN')^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^{2}=\frac{11}{12}.

По теореме косинусов
\cos\alpha=|\cos\angle MON|=\left|\frac{OM^{2}+ON^{2}-MN^{2}}{2OM\cdot ON}\right|=\left|\frac{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{11}{12}}{2\cdot\frac{1}{4}}\right|=\frac{5}{6}.

Рассмотрим тетраэдр
ASCP
. Он состоит из двух тетраэдров
AOCS
и
AOCP
, объём каждого из которых равен трети объёма правильного тетраэдра с ребром 1, т. е.
V_{AOCS}=V_{AOCP}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot PO=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{36}.

Тогда
V_{ASCP}=2V_{AOCS}=\frac{\sqrt{2}}{18}.

С другой стороны (см. задачу 7234), если расстояние между прямыми
SC
и
AP
равно
d
, то
V_{ASCP}=\frac{1}{6}AP\cdot SC\cdot d\sin\alpha=\frac{1}{6}\cdot1\cdot1\cdot d\cdot\sqrt{1-\frac{25}{36}}=\frac{d\sqrt{11}}{36}.

Из равенства
\frac{d\sqrt{11}}{36}=\frac{\sqrt{2}}{18}
находим, что
d=2\sqrt{\frac{2}{11}}
.
Источник: Школьные материалы. —