7897. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
со стороной основания 1 и высотой 2. Найдите:
а) угол между прямыми CF_{1}
и AB_{1}
;
б) угол между прямой CD_{1}
и плоскостью BA_{1}F_{1}E
;
в) угол между плоскостями BA_{1}F
и CC_{1}E_{1}E
;
г) расстояние между прямыми CD_{1}
и AE_{1}
.
Ответ. а) \arccos\frac{1}{\sqrt{10}}
; б) \arcsin\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{95}}
; в) \arctg\frac{1}{4}
; г) \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}
.
Решение. а) Пусть O
— центр основания ABCDEF
, M
— середина ребра FF_{1}
. Тогда четырёхугольник AB_{1}C_{1}O
— параллелограмм (AO\parallel BC\parallel B_{1}C_{1}
и AO=BC=B_{1}C_{1}
), поэтому OC_{1}\parallel AB_{1}
. В то же время, OM
— средняя линия треугольника CFF_{1}
, поэтому OM\parallel CF_{1}
. Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми CF_{1}
и AB_{1}
равен углу между пересекающимися прямыми OC_{1}
и OM
, т. е. углу MOC_{1}
.
В треугольнике C_{1}OM
известно, что
OC_{1}=AB_{1}=\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}B_{1}^{2}}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5},
C_{1}M=\sqrt{C_{1}F_{1}^{2}+FM_{1}^{2}}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5},
OM=\frac{1}{2}CF_{1}=\sqrt{OF^{2}+FM^{2}}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.
Пусть C_{1}N
— высота равнобедренного треугольника C_{1}OM
. Тогда
\cos\angle MOC_{1}=\cos\angle NOC_{1}=\frac{ON}{OC_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Следовательно, угол между прямыми CF_{1}
и AB_{1}
равен \arccos\frac{1}{\sqrt{10}}
.
б) Пусть O_{1}
— центр основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
. Четырёхугольник BCD_{1}O_{1}
— параллелограмм (OD_{1}\parallel B_{1}C_{1}\parallel BC
и OD_{1}=B_{1}C_{1}=BC
), поэтому BO_{1}\parallel CD_{1}
. Значит, угол между прямой CD_{1}
и плоскостью BA_{1}F_{1}E
равен углу между этой плоскостью и прямой BO_{1}
.
Пусть K
— середина ребра A_{1}F_{1}
, H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O_{1}
на прямую OK
. Тогда O_{1}H
— перпендикуляр к плоскости BA_{1}F_{1}E
, а OH
— ортогональная проекция наклонной BO_{1}
на эту плоскость. Значит, угол между прямой BO_{1}
(а значит, и прямой CD_{1}
) и плоскостью BA_{1}F_{1}E
— это угол O_{1}BH
.
Из прямоугольного треугольника OO_{1}K
находим, что
OK=\sqrt{OO_{1}^{2}+O_{1}K^{2}}=\sqrt{2^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{19}}{2},
O_{1}H=\frac{O_{1}K\cdot OO_{1}}{OK}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot2}{\frac{\sqrt{19}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}.
Следовательно,
\sin\angle O_{1}BH=\frac{O_{1}H}{BO_{1}}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}}{\sqrt{5}}=\arcsin\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{95}}.
в) Плоскость CC_{1}E_{1}E
параллельна плоскости BB_{1}F_{1}F
, поэтому угол между плоскостями BA_{1}F
и CC_{1}E_{1}E
равен углу между плоскостями BA_{1}F
и BB_{1}F_{1}F
.
Пусть L
— точка пересечения AD
и BF
, а L_{1}
— точка пересечения A_{1}D_{1}
и B_{1}F_{1}
. Тогда L
и L_{1}
— середины отрезков OA
и O_{1}A_{1}
, искомый угол — это угол A_{1}LL_{1}
, так как LL_{1}\perp BF
и A_{1}L\perp BF
. Из прямоугольного треугольника A_{1}LL_{1}
находим, что
\tg\angle A_{1}LL_{1}=\frac{A_{1}L_{1}}{LL_{1}}=\frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}.
Следовательно, угол между плоскостями BA_{1}F
и CC_{1}E_{1}E
равен \arctg\frac{1}{4}
.
г) Четырёхугольник OCD_{1}E_{1}
— параллелограмм (OC\parallel DE\parallel D_{1}E_{1}
и OC=DE=D_{1}E_{1}
), поэтому OE_{1}\parallel CD_{1}
. Рассмотрим плоскость AF_{1}E_{1}D
. Она содержит прямую AE_{1}
и прямую OE_{1}
, параллельную CD_{1}
, значит, расстояние между скрещивающимися прямыми CD_{1}
и AE_{1}
равно расстоянию от любой точки прямой CD_{1}
до плоскости AF_{1}E_{1}D
(см. задачу 7889), например, от точки D_{1}
. Но точка D_{1}
лежит на прямой A_{1}D_{1}
, параллельной плоскости AF_{1}E_{1}D
, так как A_{1}D_{1}\parallel AD
. Следовательно, искомое расстояние равно расстоянию от любой точки прямой A_{1}D_{1}
до этой плоскости.
Пусть N_{1}
— точка пересечения A_{1}D_{1}
и C_{1}E_{1}
, а N
— точка пересечения CE
. Найдём расстояние от точки N_{1}
, лежащей на прямой A_{1}D_{1}
до плоскости AF_{1}E_{1}D
.
Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки N_{1}
на прямую E_{1}N
. Тогда N_{1}P
— перпендикуляр к плоскости AF_{1}E_{1}D
(N_{1}P\perp AD
по теореме о трёх перпендикулярах и N_{1}P\perp NE_{1}
по построению). Поэтому расстояние от точки N_{1}
(а значит, и от точки D_{1}
) до плоскости AF_{1}E_{1}D
равно длине отрезка N_{1}P
.
Из прямоугольного треугольника NN_{1}E_{1}
находим, что
N_{1}P=\frac{E_{1}N_{1}\cdot NN_{1}}{NE_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot2}{\frac{\sqrt{19}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}.
Следовательно, расстояние между прямыми CD_{1}
и AE_{1}
равно \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}
.