14522. Дана правильная треугольная призма ABCA_{1}B_{1}C_{1}
, все рёбра которой равны 1. Найдите:
а) расстояние от середины ребра AB
до прямой CB_{1}
;
б) расстояние от точки B
до плоскости, проходящей через точки C
, B_{1}
и середину ребра AB
;
в) тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания призмы;
г) синус угла между прямой CB_{1}
и плоскостью ABB_{1}
.
Ответ. а) \frac{\sqrt{30}}{8}
; б) \frac{1}{\sqrt{5}}
; в) 2; г) \frac{\sqrt{6}}{4}
.
Решение. а) Пусть M
— середина ребра AB
, MH
— высота треугольника CMB_{1}
. Искомое расстояние от точки M
до прямой CB_{1}
равно этой высоте. По теореме Пифагора
MB_{1}=\sqrt{BM^{2}+BB_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}+1}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах B_{1}M\perp CM
, т. е. треугольник CMB_{1}
прямоугольный. Следовательно (см. примечание к задаче 1967),
MH=\frac{CM\cdot MB_{1}}{CB_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{30}}{8}.
б) Пусть BP
— высота прямоугольного треугольника MBB_{1}
. Прямая BP
перпендикулярна пересекающимся прямым MB_{1}
и CM
плоскости CMB_{1}
, значит, BP
— перпендикуляр к этой плоскости, и искомое расстояние d
от точки B
до плоскости CMB_{1}
равно длине отрезка BP
, т. е.
d=BP=\frac{BM\cdot BB_{1}}{MB_{1}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot1}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
в) Поскольку BM\perp CM
и B_{1}M\perp CM
, то \alpha=\angle BMB_{1}
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC
и CMB_{1}
. Из прямоугольного треугольника BMB_{1}
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle BMB_{1}=\frac{BB_{1}}{BM}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2.
г) Прямая CM
перпендикулярна пересекающимся прямым AB
и AA_{1}
плоскости ABB_{1}
, поэтому CM
— перпендикуляр к этой плоскости, а угол \beta
наклонной CB_{1}
с плоскостью ABB_{1}
— это острый угол при вершине B_{1}
прямоугольного треугольника CMB_{1}
. Значит,
\sin\beta=\sin\angle CB_{1}M=\frac{CM}{CB_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.