14278. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
, в которой AA_{1}=1
и AB=2\sqrt{3}
. Найдите:
а) синус угла между прямыми CD
и BE_{1}
;
б) косинус угла между плоскостями AFB_{1}
и CDE_{1}
;
в) расстояние между прямыми BE
и CD_{1}
;
г) расстояние от точки C
до плоскости AB_{1}F_{1}
.
Ответ. а) \frac{1}{7}
; б) \frac{4}{5}
; в) 3
; г) \frac{3\sqrt{3}}{2}
.
Решение. а) Прямая CD
параллельна прямой BE
, поэтому угол \alpha
между скрещивающимися прямыми CD
и BE_{1}
равен углу между пересекающимися прямыми BE
и BE_{1}
, т. е. острому углу EBB_{1}
прямоугольного треугольника BEE_{1}
с катетом EE_{1}=1
и гипотенузой
BE_{1}=\sqrt{BE^{2}+EE_{1}^{2}}=\sqrt{1+(4\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{1+48}=7.
Следовательно,
\sin\alpha=\sin\angle EBB_{1}=\frac{EE_{1}}{BE_{1}}=\frac{1}{7}.
б) Обозначим через \alpha
искомый угол между плоскостями AFB_{1}
и CDE_{1}
. Плоскость AFB_{1}
проходит через прямую AF
, параллельную плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
, и имеет с этой плоскостью общую точку B_{1}
. Значит, плоскости AFB_{1}
и A_{1}B_{1}C_{1}
пересекаются по прямой, проходящей через точку B_{1}
параллельно AF
(см. задачу 8003), т. е. по прямой B_{1}E_{1}
. Тогда сечение призмы плоскостью AFB_{1}
— равнобедренная трапеция AFE_{1}B_{1}
с основаниями AF
и B_{1}E_{1}
. Аналогично, сечение призмы плоскостью CDE_{1}
— равнобедренная трапеция CDE_{1}B_{1}
с основаниями CD
и B_{1}E_{1}
. Эти две плоскости пересекаются по прямой B_{1}E_{1}
.
Пусть O
и O_{1}
— центры оснований соответственно ABCDEF
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
призмы, а K
и L
— середины рёбер AF
и CD
. Тогда отрезки KO_{1}
и LO_{1}
, соединяющие середины оснований равнобедренных трапеций, перпендикулярны общему основанию B_{1}E_{1}
этих трапеций. Значит, KO_{1}L
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями AFB_{1}
и CDE_{1}
.
Из прямоугольного треугольника KOO_{1}
с катетами
KO=2\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3,~OO_{1}=AA_{1}=1
находим, что
KO_{1}=\sqrt{KO^{2}+OO_{1}^{2}}=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}.
Аналогично, LO_{1}=\sqrt{10}
. По теореме косинусов из треугольника KO_{1}L
находим, что
\cos\alpha=|\cos\angle KO_{1}L|=\left|\frac{KO_{1}^{2}+LO_{1}^{2}-KL^{2}}{2KO_{1}\cdot LO_{1}}\right|=\left|\frac{10+10-36}{2\cdot10}\right|=\frac{16}{20}=\frac{4}{5}.
в) Поскольку COE_{1}D_{1}
— параллелограмм, прямая CD_{1}
параллельна прямой OE_{1}
, расположенной в плоскости BB_{1}E_{1}E
, поэтому прямая CD_{1}
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002). Значит, расстояние d
между прямыми BE
и CD_{1}
равно расстоянию от любой точки прямой CD_{1}
, например, от точки D_{1}
, до этой плоскости (см. задачу 7889).
Пусть отрезки D_{1}F_{1}
и B_{1}E_{1}
пересекаются в точке M
. Тогда M
— середина D_{1}F_{1}
и D_{1}M\perp B_{1}F_{1}
, а так как при этом D_{1}M\perp BB_{1}
, то D_{1}M
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}E_{1}E
. Следовательно,
d=D_{1}M=KO=3.
г) Отрезки AC
и F_{1}D_{1}
равны и параллельны, поэтому ACD_{1}F_{1}
— параллелограмм. Значит, прямая CD_{1}
параллельна прямой AF_{1}
, расположенной в плоскости AB_{1}F_{1}
. Тогда прямая CD_{1}
параллельна этой плоскости, поэтому все точки этой прямой равноудалены от плоскости AB_{1}F_{1}
, и искомое расстояние h
от точки C
до этой плоскости, равно расстоянию до плоскости AB_{1}F_{1}
от точки D_{1}
.
Пусть отрезки B_{1}F_{1}
и A_{1}D_{1}
пересекаются в точке N
. Тогда A_{1}N:ND_{1}=1:3
, поэтому расстояние от точки D_{1}
до плоскости AB_{1}F_{1}
втрое больше расстояния до этой плоскости от точки A_{1}
(см. задачу 9180).
Пусть A_{1}H
— высота прямоугольного треугольника AA_{1}N
. Тогда (см. задачу 1967)
A_{1}H=\frac{AA_{1}\cdot A_{1}N}{AN}=\frac{1\cdot\sqrt{3}}{\sqrt{1+3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
При этом A_{1}H\perp AN
и A_{1}H\perp B_{1}F_{1}
. Значит, A_{1}H
— перпендикуляр к плоскости AB_{1}F_{1}
. Следовательно,
h=3A_{1}H=\frac{3\sqrt{3}}{2}.