7898. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
со стороной основания \sqrt{3}
и боковым ребром 1. Найдите:
а) угол между прямыми BF_{1}
и CD_{1}
;
б) угол между прямой AB_{1}
и плоскостью CFD_{1}
;
в) угол между плоскостями ACA_{1}
и B_{1}CE_{1}
;
г) расстояние между прямыми CD
и BE_{1}
.
Ответ. а) \arccos\frac{11}{4\sqrt{10}}
; б) \arcsin\frac{3}{2\sqrt{13}}
; в) 90^{\circ}
; г) \frac{3}{2}
.
Решение. а) Четырёхугольник BCE_{1}F_{1}
— параллелограмм (BC\parallel F_{1}E_{1}
и BC=F_{1}E_{1}
), поэтому CE_{1}\parallel BF_{1}
. Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми BF_{1}
и CD_{1}
равен углу между пересекающимися прямыми CE_{1}
и CD_{1}
, т. е. углу D_{1}CE_{1}
.
В треугольнике D_{1}CE_{1}
известно, что
D_{1}E_{1}=\sqrt{3},~CD_{1}=\sqrt{CD^{2}+DD_{1}^{2}}=\sqrt{3+1}=2,
CE_{1}=\sqrt{CF^{2}+EE_{1}^{2}}=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}.
По теореме косинусов
\cos\angle D_{1}CE_{1}=\frac{CD_{1}^{2}+CE_{1}^{2}-D_{1}E_{1}^{2}}{2CD_{1}\cdot CE_{1}}=\frac{4+10-3}{2\cdot2\cdot\sqrt{10}}=\frac{11}{4\sqrt{10}}.
Следовательно, угол между прямыми BF_{1}
и CD_{1}
равен \arccos\frac{11}{4\sqrt{10}}
.
б) Пусть O
и O_{1}
— центры оснований ABCDEF
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
соответственно. Четырёхугольник AOC_{1}B_{1}
— параллелограмм (AO\parallel BC\parallel B_{1}C_{1}
и AO=BC=B_{1}C_{1}
), поэтому OC_{1}\parallel AB_{1}
. Следовательно, угол между прямой AB_{1}
и плоскостью CFD_{1}
равен углу между прямой OC_{1}
и этой плоскостью. Синус этого угла равен отношению расстояния от точки C_{1}
до плоскости CFD_{1}
к длине наклонной OC_{1}
.
Заметим, что прямая C_{1}F_{1}
параллельна плоскости CFD_{1}
, так как C_{1}F_{1}\parallel CF
. Значит, расстояние от точки C_{1}
до плоскости CFD_{1}
равно расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой C_{1}F_{1}
, например, от точки O_{1}
.
Пусть M
— середина ребра D_{1}E_{1}
, H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O_{1}
на прямую MO
. Тогда O_{1}H
— перпендикуляр к плоскости CFD_{1}
(O_{1}H\perp CF
по теореме о трёх перпендикулярах, O_{1}H\perp MO
по построению).
Из прямоугольного треугольника OO_{1}M
находим, что
OM=\sqrt{MO_{1}^{2}+OO_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{2},
O_{1}H=\frac{O_{1}M\cdot OO_{1}}{OM}=\frac{\frac{3}{2}\cdot1}{\frac{\sqrt{13}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{13}}.
Значит, расстояние от точки C_{1}
до плоскости CFD_{1}
также равно \frac{3}{\sqrt{13}}
, а синус угла между наклонной C_{1}O
и этой плоскостью равен \frac{C_{1}H}{O_{1}H}=\frac{3}{2\sqrt{13}}
. Следовательно, угол между прямой AB_{1}
и плоскостью CFD_{1}
равен \arcsin\frac{3}{2\sqrt{13}}
.
в) Прямая B_{1}E_{1}
перпендикулярна плоскости ACA_{1}
, так как эта прямая перпендикулярна пересекающимся прямым A_{1}C_{1}
и AA_{1}
, лежащим в плоскости ACA_{1}
. Плоскость B_{1}CE_{1}
проходит через прямую B_{1}E_{1}
, перпендикулярную плоскости ACA_{1}
, значит, эти плоскости перпендикулярны. Следовательно, угол между плоскостями ACA_{1}
и B_{1}CE_{1}
равен 90^{\circ}
.
г) Поскольку CD\parallel BE
, прямая CD
параллельна плоскости BB_{1}E_{1}E
. Значит, расстояние между прямыми CD
и BE_{1}
равно расстоянию от любой точки прямой CD
до плоскости BB_{1}E_{1}E
(см. задачу 7889), например, от точки C
.
Пусть отрезки AC
и BE
пересекаются в точке P
. Тогда CP\perp BE
и CP\perp BB_{1}
, значит, CP
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}E_{1}E
. Поэтому расстояние от точки C
до этой плоскости (а значит, и расстояние между скрещивающимися прямыми CD
и BE_{1}
) равно длине отрезка CP
, т. е. \frac{3}{2}
.