14520. Дан куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с ребром a
. Найдите:
а) расстояние от середины ребра CC_{1}
до прямой BD_{1}
;
б) расстояние от середины ребра C_{1}D_{1}
до плоскости DA_{1}C_{1}
;
в) косинус угла между плоскостями A_{1}B_{1}C_{1}
и BDC_{1}
;
г) тангенс угла между прямой BA_{1}
и плоскостью BDC_{1}
.
Ответ. а) \frac{a\sqrt{2}}{2}
; б) \frac{a\sqrt{3}}{6}
; в) \frac{\sqrt{3}}{3}
; г) \sqrt{2}
.
Решение. а) Пусть M
— середина ребра CC_{1}
. Треугольник BMD_{1}
равнобедренный с боковыми сторонами
D_{1}M=BM=\sqrt{BC^{2}+CM^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.
Его высота MP
является медианой. Следовательно, из прямоугольного треугольника BPM
находим, что
MP=\sqrt{BM^{2}-BP^{2}}=\sqrt{\frac{5a^{2}}{4}-\frac{3a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.
б) Пусть N
— середина ребра C_{1}D_{1}
. Точка N
— середина наклонной D_{1}C_{1}
к плоскости A_{1}DC_{1}
, поэтому расстояние d
от этой точки до плоскости A_{1}DC_{1}
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки D_{1}
(см. задачу 9180).
Известно (см. задачи 7212 и 7300), что в любом параллелепипеде ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
отрезок BD_{1}
проходит через точку G
пересечения медиан треугольника A_{1}DC_{1}
и делится этой точкой в отношении 1:2
, считая от точки D_{1}
, а если это куб, то прямая BD_{1}
перпендикулярна плоскости A_{1}DC_{1}
. Значит,
d=D_{1}G=\frac{1}{3}BD_{1}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.
Следовательно, расстояние от точки N
до плоскости A_{1}DC_{1}
равно \frac{a\sqrt{3}}{6}
.
в) Плоскость A_{1}B_{1}C_{1}
параллельна плоскости ABC
, поэтому искомый угол \alpha
равен углу между плоскостями ABC
и BDC_{1}
, т. е. углу COC_{1}
, где O
— центр грани ABCD
. Из прямоугольного треугольника OCC_{1}
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle COC_{1}=\frac{CC_{1}}{OC}=\frac{a}{\frac{a}{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}.
Следовательно,
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.
г) Пусть угол между прямой BA_{1}
и плоскостью BDC_{1}
равен \beta
, а Q
— центр равностороннего треугольника BDC_{1}
. Тогда A_{1}Q
— перпендикуляр к плоскости BDC_{1}
, а BQ
— ортогональная проекция наклонной A_{1}B
на эту плоскость. Поскольку
A_{1}Q=\frac{2}{3}CA_{1}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}~\mbox{и}~BQ=\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{6}}{3},
то
\tg\beta=\frac{A_{1}Q}{BQ}=\frac{\frac{2a\sqrt{3}}{3}}{\frac{a\sqrt{6}}{3}}=\sqrt{2}.