9712. Ребро куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равно 1. На ребре AA_{1}
взята точка E
так, что AE=\frac{1}{3}
. На ребре BC
взята точка F
так, что BF=\frac{1}{4}
. Через центр куба и точки E
и F
проведена плоскость \alpha
.
а) Найдите угол между плоскостями ABC
и \alpha
.
б) Найдите расстояние от вершины B_{1}
до плоскости \alpha
.
Ответ. а) \arctg\frac{\sqrt{89}}{9}=\arccos\frac{9}{\sqrt{170}}
; б) \frac{11}{\sqrt{170}}
.
Решение. Первый способ. а) Пусть O
— центр куба, G
— точка пересечения прямых EO
и CC_{1}
, K
— точка пересечения прямых GF
и BB_{1}
, M
— точка пересечения прямых EK
и AB
.
Из равенства треугольников GOC_{1}
и AOE
находим, что C_{1}G=AE=\frac{1}{3}
. Тогда CG=\frac{2}{3}
. Треугольник BFK
подобен треугольнику GFC
, а треугольник BMK
— треугольнику FMA
, поэтому
BK=CG\cdot\frac{CF}{BF}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{9},~\frac{BM}{MA}=\frac{BK}{AE}=\frac{\frac{2}{9}}{\frac{1}{3}}=\frac{2}{3}.
Значит, BM=\frac{2}{5}AF=\frac{2}{5}
.
Пусть BH
— высота прямоугольного треугольника FBM
. Тогда (см. задачу 1967)
BH=\frac{BF\cdot BM}{FM}=\frac{BF\cdot BM}{\sqrt{BF^{2}+BM^{2}}}=\frac{\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{5}}{\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{4}{25}}}=\frac{2}{\sqrt{89}}.
По теореме о трёх перпендикулярах KH
— высота треугольника FKM
. Значит, BHK
— линейный угол искомого двугранного угла. Из прямоугольного треугольника BHK
находим, что
\tg\angle BHK=\frac{BK}{BH}=\frac{\frac{2}{9}}{\frac{2}{\sqrt{89}}}=\frac{\sqrt{89}}{9}.
Тогда
\cos\angle BHK=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{89}}{9}\right)^{2}}}=\frac{9}{\sqrt{170}}.
б) Пусть BP
— высота прямоугольного треугольника BHK
. Тогда BP
— перпендикуляр к плоскости EOF
, а расстояние d
от точки B
до этой плоскости равно длине отрезка BP
, т. е.
d=BP=BK\cos\angle PBK=BK\cos\angle BHK=\frac{2}{9}\cdot\frac{9}{\sqrt{170}}=\frac{2}{\sqrt{170}},
а так как
\frac{B_{1}K}{BK}=\frac{1+\frac{2}{9}}{\frac{2}{9}}=\frac{11}{2},
то расстояние от точки B_{1}
до плоскости \alpha
равно
\frac{11}{2}d=\frac{11}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{170}}=\frac{11}{\sqrt{170}}
(см. задачу 9180).
Второй способ. а) Пусть O
— центр куба, G
— точка пересечения прямых EO
и CC_{1}
, K
— точка пересечения прямых GF
и BB_{1}
, M
— точка пересечения прямых EK
и AB
.
Из равенства треугольников GOC_{1}
и AOE
находим, что C_{1}G=AE=\frac{1}{3}
. Тогда CG=\frac{2}{3}
. Треугольник BFK
подобен треугольнику GFC
, а треугольник BMK
— треугольнику FMA
, поэтому
BK=CG\cdot\frac{CF}{BF}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{9},~\frac{BM}{MA}=\frac{BK}{AE}=\frac{\frac{2}{9}}{\frac{1}{3}}=\frac{2}{3}.
Значит, BM=\frac{2}{5}AF=\frac{2}{5}
.
Пусть B
— начало прямоугольной системы координат, BA
— ось абсцисс, BC
— ось ординат, BB_{1}
— ось аппликат. Тогда уравнение плоскости \alpha
можно записать в виде (уравнение плоскости в отрезках, см. задачу 7564)
\frac{x}{\frac{2}{5}}+\frac{y}{\frac{1}{4}}-\frac{z}{\frac{2}{9}}=1,~\mbox{или}~5x+8y-9z-2=0.
Пусть \overrightarrow{m}=(5;8;-9)
и \overrightarrow{n}=(0;0;1)
— векторы нормали плоскостей \alpha
и ABC
, \varphi
— угол между этими плоскостями. Тогда (см. задачу 7565)
\cos\varphi=\left|\frac{\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|\cdot|\overrightarrow{n}|}\right|=\left|\frac{5\cdot0+8\cdot0-9\cdot1}{\sqrt{25+64+81}\cdot\sqrt{0+0+1}}\right|=\frac{9}{\sqrt{170}}.
б) Пусть h
расстояние от точки B_{1}(0;0;1)
до плоскости 5x+8y-9z-2=0
. Тогда (см. задачу 7563)
h=\left|\frac{5\cdot0+8\cdot0-9\cdot1-2}{\sqrt{25+64+81}}\right|=\frac{11}{\sqrt{170}}.