стереометрия

[Rony]

В конусе с вершиной М радиус основания равен $\sqrt2. На окружности основания выбраны точки А, В, С так, что $<BMA=<AMC=<CMB=60^0. Точка F выбрана на дуге ВС окружности основания конуса, не содержащей точки А так, что V пирамиды MABCF наибольший. Найти расстояние от точки F до плоскости MAB.

Проверьте, пожалуйста, решение. Пишу не очень подробно, основные пункты. Вопрос чрезвычайной важности.

1) Получается заданная пирамида МABC, которая является правильным тетраэдром, поэтому объём будет зависеть от расположения точки F. А она будет располагаться на середине дуге BC. Тогда треугольники ABF, FCB-прямоугольные.
2) $AB=BC=AC=MA=MB=MC= \sqrt6
3) MO-высота пирамиды (О-центр окружности конуса).
$MO=2. Тогда по т. Пифагора: $MF= \sqrt6
4) По теореме косинусов: $MF^2=FB^2+MB^2-2 \ FB \cdot MB \cdot cos<MBF
$ cos<MBF=\frac 1 {2 \sqrt3}
5) введём базис. В –центр, $ \overrightarrow {e_1}= \overrightarrow {BF}, \overrightarrow {e_2}= \overrightarrow {BA}, \overrightarrow {e_3}= \overrightarrow {BM}

$(\overrightarrow {e_1}, \overrightarrow{e_2})=0 (т.к. $<ABF=90^0)
$(\overrightarrow {e_1}, \overrightarrow{e_3})=\sqrt2 \cdot \sqrt6 \cdot \frac 1 {2\sqrt3}=1
$(\overrightarrow {e_2}, \overrightarrow{e_3})=\sqrt6 \cdot \sqrt6 \cdot 0,5=3

6) расст. от F до МАВ=$\frac {(\overrightarrow {FB}, \overrightarrow {n})} {|\overrightarrow {n}|}

до этого момента правильно? дальше уже вычисления, просто громоздкие очень.. у меня в итоге получилось, что $ {(\overrightarrow {FB}, \overrightarrow {n})} =4
$|\overrightarrow {n}|=4
поэтому ответ 1.

[Архипов]

Не нужно сложных векторных вычислений. Вы верно посчитали стороны треугольников. Они все равные и правильные. И любые их высоты (h) равные. Рассмотрите треугольник AFM. Точка F находится посередине дуги ВС. Высота конуса равнв 2.
4) Из подобия прямоугольных треугольников получим $2/h=X/2r$ , откуда $X=8/3$. Проверьте, я мог и ошибиться.

[Батороев]

Навскидку, ответ 1 - маловат, 8/3 - великоват.

Через точку $F$ проведите перпендикуляр к основанию.
Если точку пересечения этого перпендикуляра и продолжения ребра тетраэдра $AM$ обозначить через $D$, то треугольник $ADF$ - прямоугольный. Из этого треугольника можно узнать $DF$.
Т.к. $BF$ перпендикулярно $AB$, то искомое расстояние - это высота прямоугольного треугольника $BDF$, опущенная из вершины $F$.

[Rony]

Вопрос заключается не в том, как решить задачу, а в том, на каком этапе у меня ошибка именно в этом решении
Помогите, пожалуйста.

[RIP]

Пп. 1-5 вроде бы верные. А кто такой $\vec n$?
P.S. У меня получился ответ $4/3$.

[Батороев]

Я про вектора уже много чего подзабыл, поэтому вряд ли смогу помочь
Мой ответ: $\frac{4}{3}$.

Добавлено

RIP писал(а):

Пп. 1-5 вроде бы верные.

Я что-то не понял, что считается в п.4?

[RIP]

Батороев писал(а):

Я что-то не понял, что считается в п.4?

$\cos\angle MBF$. (< — это значок угла.)

[Батороев]

Про угол я понял, но почему $(MF)^2\ne6$?
А! Там же две строчки! Извиняюсь.

[Rony]

$ \overrightarrow {n}-вектор нормали, перпендикулярный MAB

Добавлено спустя 1 минуту 38 секунд:

Батороев писал(а):

Про угол я понял, но почему $(MF)^2\ne6$?

почему не равно? равно у меня в решении так и написано

Добавлено спустя 56 секунд:

спасибо, пересчитаю дальнейшее решение

[RIP]

Rony писал(а):

$ \overrightarrow {n}-вектор нормали, перпендикулярный MAB

А как Вы его ищете?

[Rony]

$\overrightarrow {n}=\overrightarrow {e_1} \cdot x + \overrightarrow {e_2} \cdot y + \overrightarrow {e_3} \cdot z
$(\overrightarrow {n}, \overrightarrow {e_2}) =0
$(\overrightarrow {n}, \overrightarrow {e_3}) =0
Из первого уравнения: 2y+z=0
Из второго: x+3y+6z=0
Положим x=3, тогда $y= \frac {1} 3, z= -\frac 2 3
Поэтому $ \overrightarrow {n}=3 \overrightarrow {e_1} + \frac 1 3 \overrightarrow {e_2} - \frac 2 3 \overrightarrow {e_3}

[RIP]

$y,z$ найдены неверно (знаки противоположные).

[Rony]

нашла ошибку в конце подсчётов:lol: ответ: 4/3
спасибо!
RIP, исправила.

[RIP]

Кстати, Вы делаете лишнюю работу. Если положить $x=1$, то искомое расстояние будет просто $|\vec n|$.

[Rony]

спасибо, буду иметь в виду.