14279. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, в котором AD=CD=1
и AA_{1}=2
. Точки M
и N
— середины рёбер C_{1}D_{1}
и CC_{1}
соответственно. Найдите:
а) косинус угла между прямыми A_{1}M
и AN
;
б) тангенс угла между плоскостями AMN
и ABC
;
в) расстояние между прямыми BA_{1}
и CB_{1}
;
г) синус угла прямой CM
с плоскостью AMN
.
Ответ. а) \sqrt{\frac{3}{5}}
; б) \sqrt{13}
; в) \frac{2}{3}
; г) \sqrt{\frac{2}{119}}
.
Решение. а) Пусть K
— середина ребра CD
. Поскольку AK\parallel A_{1}M
, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми A_{1}M
и AN
равен углу между пересекающимися прямыми AK
и AN
, т. е. углу NAK
при основании равнобедренного треугольника NAK
со сторонами
AK=\sqrt{AD^{2}+DK^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2},
KN=\sqrt{CN^{2}+CK^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2},
AN=\sqrt{AC^{2}+CN^{2}}=\sqrt{2+1}=\sqrt{3}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{\frac{1}{2}AN}{AK}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.
б) Пусть прямые MN
и CD
пересекаются в точке F
. Тогда AF
— прямая пересечения плоскостей AMN
и ABC
, причём
CF=C_{1}M=\frac{1}{2},~AF=\sqrt{AD^{2}+DF^{2}}=\sqrt{1^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{2}.
Пусть KP
— перпендикуляр к AF
. По теореме о трёх перпендикулярах MP
— перпендикуляр AF
, значит, KPM
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями AMN
и ABC
.
Прямоугольные треугольники KPF
и ADF
подобны, поэтому \frac{KP}{KF}=\frac{AD}{AF}
, откуда
KP=\frac{AD\cdot KF}{AF}=\frac{1\cdot1}{\frac{\sqrt{13}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{13}}.
Пусть \beta
— искомый угол между плоскостями AMN
и ABC
. Из прямоугольного треугольника MKP
находим, что
\tg\beta=\tg\angle MPK=\frac{MK}{KP}=\frac{2}{\frac{2}{\sqrt{13}}}=\sqrt{13}.
в) Прямая CB_{1}
параллельна прямой DA_{1}
, расположенной в плоскости BA_{1}D
, значит, прямая CB_{1}
параллельна этой плоскости, а значит, расстояние между прямыми BA_{1}
и CB_{1}
равно расстоянию от любой точки прямой CB_{1}
, например, от точки C
, до плоскости BA_{1}D
(см. задачу 7889).
Пусть O
— центр квадрата ABCD
. Наклонная AC
к плоскости BA_{1}D
делится точкой O
пересечения с этой плоскостью пополам, поэтому расстояние d
от точки O
до плоскости BA_{1}D
равно расстоянию до этой плоскости от точки A
.
Пусть AH
— высота прямоугольного треугольника OAA_{1}
с катетами AA_{1}=1
, OA=\frac{\sqrt{2}}{2}
и гипотенузой
OA_{1}=\sqrt{AA_{1}^{2}+OA^{2}}=\sqrt{4+\frac{1}{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}.
Тогда AH
— перпендикуляр к плоскости BA_{1}D
(так как AH\perp OA_{1}
и AH\perp BD
). Значит (см. задачу 1967),
d=OH=\frac{AA_{1}\cdot OA}{OA_{1}}=\frac{2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3}{\sqrt{2}}}=\frac{2}{3}.
г) Пусть CQ
— перпендикуляр к AF
. Тогда CQ
— средняя линия треугольника KPF
, поэтому
CQ=\frac{1}{2}KP=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{13}}=\frac{1}{\sqrt{13}}.
Пусть CT
— высота прямоугольного треугольника NCQ
. Тогда CT
— перпендикуляр к плоскости AMN
, так как CT\perp NQ
и CT\perp AF
. Значит, расстояние h
от точки C
до плоскости AMN
равно длине отрезка CT
. При этом
CT=\frac{CN\cdot CQ}{NQ}=\frac{1\cdot\frac{1}{\sqrt{13}}}{\sqrt{1+\frac{1}{13}}}=\frac{1}{\sqrt{14}}.
Отрезок TM
— ортогональная проекция наклонной CM
на плоскость AMN
, значит, угол \gamma
прямой CM
с плоскостью AMN
— это острый угол при вершине M
прямоугольного треугольника CTM
. Следовательно,
\sin\gamma=\sin\angle CMT=\frac{CT}{CM}=\frac{h}{CM}=\frac{\frac{1}{\sqrt{14}}}{\sqrt{4+\frac{1}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{14\cdot17}}=\sqrt{\frac{2}{119}}.