расстояние между скрещивающимися прямыми, школьная геометрия

[Pphantom]

Сообщение redicka отделено на правку в Карантин: «Из topic146501.html»

[TOTAL]

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

В результате у меня получилось $\frac{2 a \sin{\alpha}\sqrt{r(2 l\sin{\alpha} -r)}}{\sqrt{l^2-a^2}}$, но я мог где-то напутать и, скорее всего, напутал.

Хороший подход, в результате у меня получилось $\displaystyle \frac{2 a\sin{\alpha}}{\sqrt{\frac{1}{\sin{\alpha}(2r/l-\sin{\alpha})}- \frac{a^2}{l^2}}},$
но я мог где-то напутать и, скорее всего, напутал.

[TOTAL]

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

Далее находим угол $\beta$ между плоскостями $AA'C''$ и $P$ по известным сторонам треугольника $AA'C''$ и высоте $h$.
Зная $|A'C'|$ и $\beta$ находим искомое расстояние.

На самом деле надо знать угол между плоскостью $AA'C''$ и отрезком $A'C'$

[HungryLion]

TOTAL
Да. Согласен. Ошибся.

[mihatel]

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

А разве

mihatel в сообщении #1525222 писал(а):

школьная задача, на полчаса

и

mihatel в сообщении #1525222 писал(а):

предлагалась на экзамене на Физический факультет МГУ в 1979 году

не взаимоисключающие параграфы?

Думаю, что нет. Школьная - значит используется только материал школьной программы, и совсем не значит, что решается в одно действие. А материал школьной программы весьма обширен.

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

Треугольники $ABC$ и $A'B'C'$ подобны,

почему?

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

Если я ничего не путаю, то расстояние между параллельными плоскостями $AA'C''$ и $A''C'C$ и будет искомым расстоянием между скрещивающимися прямыми.

согласен

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

Зная $|A'C'|$ и $\beta$ находим искомое расстояние.

как? я не понимаю.

HungryLion в сообщении #1525425 писал(а):

В результате у меня получилось $\frac{2 a \sin{\alpha}\sqrt{r(2 l\sin{\alpha} -r)}}{\sqrt{l^2-a^2}}$

правильный ответ:

$\frac{2a\tg(\alpha)}{\sqrt{l^2-a^2\cos^2(\alpha)}}\sqrt{2rl\sin(\alpha)-(r^2+l^2)\sin^2(\alpha)}$

[HungryLion]

mihatel в сообщении #1525502 писал(а):

почему?

Они равносторонние и угол при вершине одинаковый.

mihatel в сообщении #1525502 писал(а):

как? я не понимаю.

Там у меня ошибка.

За правильный ответ спасибо - есть к чему стремиться.

[TOTAL]

mihatel в сообщении #1525502 писал(а):

правильный ответ:

$\frac{2a\tg(\alpha)}{\sqrt{l^2-a^2\cos^2(\alpha)}}\sqrt{2rl\sin(\alpha)-(r^2+l^2)\sin^2(\alpha)}$

Расстояние между основаниями равнобедренных треугольников (плоскости которых параллельны, между этими плоскостями и отыскиваем расстояние) равно

$$\frac{2a\sqrt{2rl\sin(\alpha)-(r^2+l^2)\sin^2(\alpha)}}{l\cos(\alpha)},$$

а наклонены эти треугольники к плоскости $ABC$ под углом

$$\sin(\beta)}=\frac{l\sin(\alpha)}{\sqrt{l^2-a^2\cos^2(\alpha)}}$$

Эти величины надо перемножить.

[TOTAL]

Это вид сверху.
Расстояние между синенькими надо умножить на синус угла между $AA'C''$ и $ABC$.

[mihatel]

TOTAL в сообщении #1525549 писал(а):

Расстояние между синенькими надо умножить на синус угла между $AA'C''$ и $ABC$.

Готов согласиться, только не понимаю, как найти (как искать) расстояние между синенькими и угол, кстати, тоже. Там еще треугольники какие-то равнобедренные подобны почему-то и зачем-то:


А вот перемножить наверно смогу.

[TOTAL]

Точки $A'$ и $C'$ возвышаются над плоскостью $ABC$ на $h=l\sin(\alpha)$
Обозначим $BC'=BA'=R$
$R^2+(r-h)^2=r^2$, поэтому $R^2=2hr-h^2$
Верхний равнобедренный треугольник $BA'C'$ повернут относительно нижнего $ABC$ на угол $\omega$, который находится из условия, что расстояние между точками $(0,-l,0)$ и $(R\sin(\omega), -R\cos(\omega), h)$ равно $l$, т.е. $\cos(\omega)=\frac{hr}{lR}$.
Из подобия $A'C'=AA''=CC''=2aR/l$
Теперь в параллелограмме $AA''CC''$ много что известно. Находите длину синеньких и расстояние между ними. А уж наклон $AA'C''$ теперь находится совсем легко.

[mihatel]

TOTAL в сообщении #1525712 писал(а):

Точки $A'$ и $C'$ возвышаются над плоскостью $ABC$ на $h=l\sin(\alpha)$
Обозначим $BC'=BA'=R$
$R^2+(r-h)^2=r^2$, поэтому $R^2=2hr-h^2$
Верхний равнобедренный треугольник $BA'C'$ повернут относительно нижнего $ABC$ на угол $\omega$, который находится из условия, что расстояние между точками $(0,-l,0)$ и $(R\sin(\omega), -R\cos(\omega), h)$ равно $l$, т.е. $\cos(\omega)=\frac{hr}{lR}$.
Из подобия $A'C'=AA''=CC''=2aR/l$
Теперь в параллелограмме $AA''CC''$ много что известно. Находите длину синеньких и расстояние между ними. А уж наклон $AA'C''$ теперь находится совсем легко.

Спасибо. Ключевой момент - подобие треугольников $BA'C'$ и $BAC$. А вот как наклон найти - все равно непонятно.

[TOTAL]

mihatel в сообщении #1525858 писал(а):

А вот как наклон найти - все равно непонятно.

Длину синенькой обозначим $t$. Тогда для угла наклона $\beta$ имеем

$$\sin(\beta)}=\frac{h}{\sqrt{l^2-t^2/4}}$$

[HungryLion]

А я вот никак не пойму, как расстояние меду синими линиями найти.
Придумал только через теорему косинусов в треугольнике $ACA''$, где все стороны известны. Но выражение получается громоздкое и к правильному ответу я его привести не могу.
Подскажите, добрые люди, есть какой-то другой путь или я просто в преобразованиях не силён?

[TOTAL]

$AC=2a$
$AA''=2aR/l=S$ - обозначение
$\cos(\omega)=\frac{hr}{lR}$
$R^2=2hr-h^2$
$h=l\cos(\alpha)$
$t^2=S^2+4a^2-4aS\cos(\omega)$ - по теореме косинусов нашли квадрат синенькой
$2aS\sin(\omega)=tH$ - двумя способами нашли площадь, откуда расстояние между синенькими $H=\dots$

[mihatel]

TOTAL в сообщении #1525865 писал(а):

mihatel в сообщении #1525858 писал(а):

А вот как наклон найти - все равно непонятно.

Длину синенькой обозначим $t$. Тогда для угла наклона $\beta$ имеем

$$\sin(\beta)}=\frac{h}{\sqrt{l^2-t^2/4}}$$

Это тоже совсем не очевидно, т.к. этот треугольник не нарисован ни на одном из чертежей. И надо догадаться, что он вообще существует. (Хотя, может быть, все это решается гораздо, гораздо проще.) В любом случае, это именно то, что я искал и не мог найти. Спасибо.