9707. 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
. Точки M
и N
— середины отрезков BC
и AC
соответственно. Известно, что расстояния от точек S
и P
до вершин треугольника ABC
равны 1. Найдите:
а) угол между прямыми PM
и SN
.
б) расстояние между прямыми PM
и SN
.
Ответ. \arccos\frac{17}{18}
; 2\sqrt{\frac{2}{35}}
.
Решение. Первый способ. а) Пусть F
— середина SM
, а E
— такая точка на отрезке SB
, что BE:ES=2:1
. Тогда OF\parallel PM
как средняя линия треугольника AMP
, а OE\parallel SN
из подобия треугольников BEO
и BSN
, при этом
OF=\frac{1}{2}PM=\frac{\sqrt{3}}{4},~OE=\frac{2}{3}SN=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Угол \alpha
между скрещивающимися прямыми PM
и SN
равен углу между параллельными им пересекающимися прямыми OF
и OE
, т. е. углу EOF
.
Угол при вершине S
прямоугольного треугольника BMS
равен 30^{\circ}
. По теореме косинусов
EF^{2}=SE^{2}+SF^{2}-2SE\cdot SF\cos30^{\circ}=\frac{1}{9}+\frac{3}{16}-2\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{7}{144}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{OE^{2}+OF^{2}-EF^{2}}{2OE\cdot OF}=\frac{\frac{1}{3}+\frac{3}{16}-\frac{7}{144}}{2\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}}=\frac{17}{18}.
б) Тетраэдр MNSP
состоит из двух равных тетраэдров SOMN
и PMON
, объём каждого из которых равен \frac{1}{12}
объёма правильного тетраэдра ABCS
, так как S_{\triangle MON}=\frac{1}{12}S_{\triangle ABC}
. Значит,
V_{MNSP}=2\cdot V_{SOMN}=2\cdot\frac{1}{12}V_{SABC}=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{72}.
С другой стороны (см. задачу 7234), если расстояние между прямыми PM
и SN
равно d
, то
V_{MNSP}=\frac{1}{6}PM\cdot SN\cdot d\sin\alpha=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot d\sqrt{1-\left(\frac{17}{18}\right)^{2}}=\frac{1}{8}\cdot\frac{d\sqrt{35}}{18}=\frac{d\sqrt{35}}{144}.
Из равенства \frac{d\sqrt{35}}{144}=\frac{\sqrt{2}}{72}
находим, что d=2\sqrt{\frac{2}{35}}
.
Второй способ. а) Пусть K
— середина отрезка OA
. Тогда
OK=\frac{1}{2}OA=OM.
Диагонали SP
и KM
перпендикулярны и точкой O
пересечения делятся пополам. Значит, KPMS
— ромб со стороной SM=\frac{\sqrt{3}}{2}
. Поскольку SK\parallel PM
, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми PM
и SN
равен углу между пересекающимися прямыми SK
и SN
, т. е. \alpha=\angle KSM
. По теореме косинусов из равнобедренного треугольника KSN
со сторонами
SK=SM=SN=\frac{\sqrt{3}}{2},~KN=\frac{1}{2}OC=\frac{\sqrt{3}}{6}
находим,что
\cos\alpha=\frac{SK^{2}+SN^{2}-KM^{2}}{2SK\cdot SN}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-\frac{3}{16}}{2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{17}{18}.
б) Прямая PM
параллельна прямой SK
, лежащей в плоскости KSN
, поэтому прямая PM
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002). Значит, расстояние между прямыми PM
и SN
равно расстоянию от любой точки прямой PM
(например, от точки M
) до плоскости KSN
(см. задачу 7889). Точка O
— середина наклонной MK
к плоскости KSN
, поэтому расстояние d
от точки M
до плоскости KSN
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180).
Пусть G
— середина ребра AB
, прямая NK
пересекает AB
в точке L
, а OQ
— перпендикуляр к NL
. Тогда L
— середина отрезка AG
, а OQLG
— прямоугольник, поэтому OQ=LG=\frac{1}{4}
. По теореме о трёх перпендикулярах SQ\perp NL
, поэтому \angle OQS=\beta
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями NSK
и ABC
. Из прямоугольного треугольника SOK
находим, что
\ctg\beta=\frac{OQ}{SO}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}.
Тогда
\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{3}{32}}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{35}}.
Пусть OH
— высота прямоугольного треугольника SOQ
. Поскольку OH\perp SQ
и OH\perp KN
, отрезок OH
— перпендикуляр к плоскости NSK
. Значит, расстояние от точки O
до этой плоскости плоскости равно длине отрезка OH
. Из прямоугольного треугольника QOH
находим, что
OH=OQ\sin\beta=\frac{1}{4}\cdot\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{35}}=\sqrt{\frac{2}{35}}.
Следовательно,
d=2OH=2\sqrt{\frac{2}{35}}.
Источник: Школьные материалы. —