14347. В кубе ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
точки M
и N
— середины рёбер AB
и AD
соответственно.
а) Докажите, что прямые B_{1}N
и CM
перпендикулярны.
б) Плоскость \alpha
проходит через точки N
и B
параллельно прямой CM
. Найдите расстояние от точки C
до плоскости \alpha
, если B_{1}N=6
.
Ответ. \frac{4\sqrt{5}}{5}
.
Решение. а) Пусть отрезки BN
и CM
пересекаются в точке E
. Прямоугольные треугольники ABN
и BCM
равны по двум катетам, значит,
\angle BEM=180^{\circ}-(\angle BME+\angle MBE)=180^{\circ}-(\angle BME+\angle MCB)=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Отрезок BN
— ортогональная проекция отрезка NB_{1}
на плоскость ABC
. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах прямые B_{1}N
и CM
перпендикулярны. Что и требовалось доказать.
б) Пусть плоскость \alpha
пересекает ребро CD
в точке L
. Плоскость ABC
проходит через прямую CM
, параллельную \alpha
, и пересекает плоскость \alpha
по прямой NL
. Значит, NL\parallel CM
(см. задачу 8003). Следовательно, прямоугольные треугольники DLN
и BMC
подобны. Пусть ребро куба равно a
. Тогда
DL=BM\cdot\frac{DN}{BC}=\frac{a}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{a}{4},
36=NB_{1}^{2}=BN^{2}+BB_{1}^{2}=AB^{2}+AN^{2}+BB_{1}^{2}=a^{2}+\frac{a^{2}}{4}+a^{2}=\frac{9}{4}a^{2},
откуда a=4
. Тогда
DN=2,~DL=1,~CL=3,~LN=\frac{a\sqrt{5}}{4}=\sqrt{5}.
Поскольку B_{1}N\perp CM
и NL\parallel CM
, то B_{1}N\perp NL
, поэтому треугольник NLB_{1}
прямоугольный,
S_{\triangle NLB_{1}}=\frac{1}{2}NL\cdot NB_{1}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{5}\cdot6=3\sqrt{5}.
Пусть V
— объём треугольной пирамиды CNLB_{1}
, а искомое расстояние от точки C
до плоскости \alpha
равно d
. Тогда
V=\frac{1}{3}S_{\triangle S_{NLB_{1}}}\cdot d=\frac{1}{3}\cdot3\sqrt{5}\cdot d=d\sqrt{5}.
С другой стороны,
V=\frac{1}{3}S_{\triangle CLN}\cdot BB_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}DN\cdot CL\cdot BB_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\cdot3\cdot4=4.
Из равенства d\sqrt{5}=4
находим, что
d=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{2}.