14274. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
, все рёбра которой равны 1, O
— центр основания ABCDEF
. Найдите:
а) угол прямой E_{1}O
и плоскостью DEE_{1}
;
б) угол между прямыми BA_{1}
и DC_{1}
;
в) угол между плоскостями BC_{1}F
и BCB_{1}
;
г) расстояние между прямыми AB_{1}
и C_{1}E_{1}
.
Ответ. а) \arcsin\frac{\sqrt{6}}{4}
; б) \arccos\frac{1}{4}
; в) 90^{\circ}
; г) \frac{2}{\sqrt{5}}
.
Решение. а) Пусть M
— середина ребра DE
. Тогда OM
— перпендикуляр к плоскости DEE_{1}
, а M
— ортогональная проекция наклонной OE_{1}
на эту плоскость. Значит, искомый угол \alpha
прямой E_{1}O
с плоскостью DEE_{1}
— это острый угол OE_{1}M
прямоугольного треугольника OE_{1}M
с катетом OM=\frac{\sqrt{3}}{2}
и гипотенузой
OE_{1}=\sqrt{OE^{2}+EE_{1}^{2}}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.
Тогда
\sin\alpha=\frac{OM}{OE_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.
Следовательно, \alpha=\arcsin\frac{\sqrt{6}}{4}
.
б) Отрезки DF
и C_{1}A_{1}
равны и параллельны, поэтому DC_{1}A_{1}F
— параллелограмм, значит, DC_{1}\parallel FA_{1}
. Тогда угол \beta
между скрещивающимися прямыми BA_{1}
и DC_{1}
равен углу BA_{1}F
между пересекающимися прямыми BA_{1}
и FA_{1}
, т. е. углу при вершине равнобедренного треугольника BA_{1}F
со сторонами
BA_{1}=A_{1}F=\sqrt{2},~BF=\sqrt{3}.
По теореме косинусов
\cos\beta=\frac{BA_{1}^{2}+A_{1}F^{2}-BF^{2}}{2BA_{1}\cdot A_{1}F}=\frac{2+2-3}{2\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}=\frac{1}{4}.
Следовательно, \beta=\arccos\frac{1}{4}
.
в) Прямая BF
перпендикулярна пересекающим прямым BC
и BB_{1}
плоскости BCB_{1}
, поэтому прямая BF
перпендикулярна этой плоскости. Плоскость BC_{1}F
проходит через прямую BF
, перпендикулярную плоскости BCB_{1}
, значит (см. задачу 7710), эти плоскости перпендикулярны, т. е. угол между ними равен 90^{\circ}
.
г) Отрезки AO
и C_{1}B_{1}
равны и параллельны, поэтому AOC_{1}B_{1}
— параллелограмм. Значит, AB_{1}\parallel OC_{1}
, прямая AB_{1}
параллельна плоскости OC_{1}E_{1}
, а расстояние d
между скрещивающимися прямыми AB_{1}
и C_{1}E_{1}
равно расстоянию от любой точки прямой AB_{1}
, например, от точки A
, до этой плоскости (см. задачу 12018).
Пусть отрезки C_{1}E_{1}
и A_{1}D_{1}
пересекаются в точке K
, а отрезки CE
и AD
— в точке L
. Тогда K
и L
— середины отрезков C_{1}E_{1}
и CE
соответственно, а LO:OA=1:2
. Значит, расстояние от точки A
до плоскости OC_{1}E_{1}
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки L
.
Пусть LH
— высота прямоугольного треугольника KLO
. Тогда LH
— перпендикуляр к плоскости OC_{1}E_{1}
(так как LH\perp OK
и LH\perp C_{1}E_{1}
). Значит, расстояние от точки L
до плоскости OC_{1}E_{1}
равно длине отрезка LH
, т. е. высоте прямоугольного треугольника KLO
с катетами KL=1
, LO=\frac{1}{2}
и гипотенузой
OK=\sqrt{KL^{2}+OL^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Тогда (см. задачу 1967)
LH=\frac{KL\cdot OL}{OK}=\frac{1\cdot\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Следовательно,
d=2OH=\frac{2}{\sqrt{5}}.