14180. Дан куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Точка K
— середина ребра C_{1}D_{1}
.
а) Докажите, что расстояние от вершины A_{1}
до прямой BK
равно ребру куба.
б) Найдите угол между плоскостями KBA_{1}
и BCC_{1}
.
Ответ. \arccos\frac{2}{3}
.
Решение. а) Пусть AB=a
. Тогда
A_{1}B=a\sqrt{2},~A_{1}K=\sqrt{a^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},~BK=\sqrt{(a\sqrt{2})^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=\frac{3a}{2}
Из треугольника A_{1}BK
по теореме косинусов находим, что
\cos\angle A_{1}BK=\frac{A_{1}B^{2}+BK^{2}-A_{1}K^{2}}{2A_{1}B\cdot BK}=\frac{2a^{2}+\frac{9}{4}a^{2}-\frac{5}{4}a^{2}}{2\cdot\frac{3}{2}a\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Значит, \angle A_{1}BK=45^{\circ}
.
Опустим перпендикуляр A_{1}H
из вершины A_{1}
на прямую BK
. Отрезок A_{1}H
— высота треугольника A_{1}BK
, и
A_{1}H=A_{1}B\sin\angle A_{1}BK=a\sqrt{2}\cdot\sin45^{\circ}=a\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=a.
Следовательно, расстояние от вершины A_{1}
до прямой BK
равно ребру куба.
б) Найдём площадь треугольника A_{1}BK
.
S_{\triangle A_{1}BK}=\frac{1}{2}A_{1}H\cdot BK=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}a=\frac{3}{4}a^{2}.
Ортогональная проекция этого треугольника на плоскость BCC_{1}
— треугольник BB_{1}C_{1}
, причём S_{\triangle BB_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}a^{2}
. Отношение площадей этих треугольников равно косинусу угла \alpha
между плоскостями KBA_{1}
и BCC_{1}
(см. задачу 8093). Значит,
\cos\alpha=\frac{\frac{1}{2}a^{2}}{\frac{3}{4}a^{2}}=\frac{2}{3}.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{2}{3}
.