9903. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
с основанием ABCDEF
стороны основания равны 1, а боковые рёбра равны 2. Точки M
и N
— середины рёбер SB
и SD
соответственно. Найдите угол и расстояние между прямыми AM
и CN
.
Ответ. \arccos\frac{1}{4}
, \sqrt{\frac{3}{5}}
.
Решение. Первый способ. По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
CN=BM=\frac{1}{2}\sqrt{2AB^{2}+2SB^{2}-SA^{2}}=\sqrt{2\cdot1^{2}+2\cdot2^{2}-2^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}.
Пусть O
— центр основания пирамиды, K
— середина отрезка OF
. Отрезок MN
— средняя линия треугольника BSD
, поэтому MN=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}AE=AK
и MN\parallel BD\parallel AK
. Значит, AKNM
— параллелограмм. Тогда KN\parallel AM
, следовательно, угол между скрещивающимися прямыми AM
и CN
равен углу \alpha
между пересекающимися прямыми KN
и CN
, т. е. углу CNK
при вершине равнобедренного треугольника CNK
со сторонами KN=AM=CN=\frac{\sqrt{6}}{2}
и CK=\frac{3}{2}
По теореме косинусов из треугольника CNK
находим, что
\cos\alpha=\frac{CN^{2}+KN^{2}-CK^{2}}{2CN\cdot KN}=\frac{\frac{3}{2}+\frac{3}{2}-\frac{9}{4}}{2\cdot\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{1}{4}.
Прямая AM
параллельна прямой KN
, лежащей в плоскости CNK
, значит, прямая AM
параллельна этой плоскости. Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми AM
и CN
равно расстоянию от произвольной точки прямой AM
, например, от точки A
, до плоскости CNK
. Отрезок AD
делится пополам точкой O
этой плоскости, значит, точки A
и D
равноудалены от этой плоскости.
Вычислим угол \beta
между плоскостью CNK
и плоскостью основания пирамиды. Пусть N'
— ортогональная проекция точки N
на плоскость основания, а NL
— медиана, а значит, высота равнобедренного треугольника CNK
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что NLN'
— линейный угол двугранного угла между плоскостью CNK
и плоскостью основания пирамиды, т. е. \angle NLN'=\beta
. В прямоугольном треугольнике NN'L
известно, что
NN'=\frac{1}{2}SO=\frac{\sqrt{3}}{2},
NL=\sqrt{CN^{2}-CL^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}-\left(\frac{3}{4}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{3}{2}-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{15}}{4}.
Тогда
\sin\beta=\frac{NN'}{NL}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{15}}.
Пусть DP
— перпендикуляр к прямой CK
пересечения плоскостей CNK
и ABCDEF
. Тогда расстояние от точки D
(а значит, и от точки A
) до плоскости CNK
равно
DP\sin\beta=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{15}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.
Таким образом расстояние между скрещивающимися прямыми AM
и CN
равно \sqrt{\frac{3}{5}}
.
Второй способ (вычисление расстояния). Воспользуемся формулой V=\frac{1}{6}abc\sin\alpha
для вычисления объёма тетраэдра (a
и b
— длины противоположных рёбер тетраэдра, c
— расстояние между содержащими их прямыми, \varphi
— угол между этими прямыми, см. задачу 7234).
Пусть V
— объём тетраэдра ACMN
, в котором AC=\sqrt{3}
, MN=\frac{1}{2}BD=\frac{\sqrt{3}}{2}
, расстояние между прямыми AC
и MN
равно \frac{\sqrt{3}}{2}
как расстояние от точки M
прямой MN
до плоскости ABCDEF
, содержащей прямую AC
(т. е. половина высоты SO
данной пирамиды), а угол между этими прямыми равен углу между пересекающимися прямыми AC
и BD
, т. е. 60^{\circ}
. Тогда
V=\frac{1}{6}\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{16}.
С другой стороны, V=\frac{1}{6}AM\cdot CN\cdot c\sin\alpha
, где c
— искомое расстояние между прямыми AM
и CN
, \alpha
— угол между ними,
AM=CN=\frac{\sqrt{6}}{2},~\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{15}}{4},
т. е.
V=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot c\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{c\sqrt{15}}{16}.
Из уравнения \frac{c\sqrt{15}}{16}=\frac{3}{16}
находим, что c=\sqrt{\frac{3}{5}}
.