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. —