8641. Ребро куба EFGHE_{1}F_{1}G_{1}H_{1}
равно 2. На рёбрах EH
и HH_{1}
взяты точки A
и B
, причём \frac{EA}{AH}=2
, \frac{BH}{BH_{1}}=\frac{1}{2}
. Через точки A
, B
и G_{1}
проведена плоскость. Найдите расстояние от точки E
до этой плоскости.
Ответ. 2\sqrt{\frac{2}{11}}
.
Решение. Первый способ. Поскольку \frac{HA}{HE}=\frac{HB}{HH_{1}}
, прямая AB
параллельна диагонали H_{1}E
квадрата EHH_{1}E_{1}
, а так как H_{1}E\parallel G_{1}F
, то AB\parallel G_{1}F
. Значит, прямые AB
и G_{1}F
лежат в одной плоскости — в секущей плоскости, проходящей через точки A
, B
и G_{1}
. Таким образом, трапеция ABG_{1}F
— сечение, о котором говорится в условии задачи.
Пусть K
— точка пересечения AF
и EG
. Тогда секущая плоскость и плоскость диагонального сечения EGG_{1}E_{1}
пересекаются по прямой G_{1}K
. Прямая G_{1}K
пересекает лежащую с ней в плоскости EGG_{1}E_{1}
прямую EE_{1}
в некоторой точке D
. Тогда искомое расстояние от точки E
до плоскости ABG_{1}F
равно высоте тетраэдра DAFE
, проведённой из вершины E
.
Из подобия треугольников AKE
и FKG
следует, что
\frac{KE}{KG}=\frac{AE}{FG}=\frac{\frac{2}{3}HE}{FG}=\frac{2}{3}.
Из подобия треугольников DKE
и G_{1}KG
находим, что
DE=GG_{1}\cdot\frac{DK}{KG_{1}}=GG_{1}\cdot\frac{KE}{KG}=\frac{2}{3}\cdot2=\frac{4}{3}.
Тогда
DF=\sqrt{DE^{2}+EF^{2}}=\sqrt{\left(\frac{4}{3}\right)^{2}+2^{2}}=\frac{2\sqrt{13}}{3},
AF=\sqrt{AE^{2}+EF^{2}}=\sqrt{\left(\frac{4}{3}\right)^{2}+2^{2}}=\frac{2\sqrt{13}}{3},
AD=AE\sqrt{2}=\frac{4\sqrt{2}}{3}.
Пусть FP
— высота равнобедренного треугольника ADF
. Тогда
FP=\sqrt{AF^{2}-\frac{1}{4}AD^{2}}=\sqrt{\frac{52}{9}-\frac{8}{9}}=\sqrt{\frac{44}{9}}=\frac{2\sqrt{11}}{3}.
Пусть V
— объём тетраэдра DAFE
. Поскольку AE
— высота тетраэдра, то
V=\frac{1}{3}S_{\triangle DEF}\cdot AE=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}DE\cdot EF\cdot AE=\frac{1}{6}\cdot\frac{4}{3}\cdot2\cdot\frac{4}{3}=\frac{16}{27}.
С другой стороны, V=\frac{1}{3}S_{\triangle ADF}\cdot h
, где h
— искомое расстояние. Следовательно,
h=\frac{3V}{S_{\triangle ADF}}=\frac{\frac{16}{9}}{\frac{1}{2}AD\cdot FP}=\frac{\frac{16}{9}}{\frac{1}{2}\cdot\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{2\sqrt{11}}{3}}=2\sqrt{\frac{2}{11}}.
Второй способ. Введём систему координат Oxyz
, направив ось Ox
по лучу HG
, ось Oy
— по лучу HE
, ось Oz
— по лучу HH_{1}
. Найдём координаты нужных нам точек: G_{1}(2;0;2)
, E(0;2;0)
. Запишем уравнение плоскости ABG_{1}
в отрезках:
\frac{x}{a}+\frac{y}{\frac{2}{3}}+\frac{z}{\frac{2}{3}}=1.
Подставив в это уравнение координаты точки G_{1}
найдём, что a=-1
. Тогда уравнение секущей плоскости имеет вид
-x+\frac{3}{2}y+\frac{3}{2}z=1,~\mbox{или}~2x-3y-3z+2=0.
Пусть h
— искомое расстояние. По формуле для расстояния от точки до плоскости находим, что
h=\frac{|2\cdot0-3\cdot2-3\cdot0+2|}{\sqrt{2^{2}+3^{2}+3^{2}}}=\frac{4}{\sqrt{22}}=2\sqrt{\frac{2}{11}}.
Источник: Вступительный экзамен на химический факультет МГУ. — 2004, № 5, вариант 1
Источник: Вступительные экзамены и олимпиады по математике 2003—2005 гг. / Под общ. ред. И. Н. Сергеева. — М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2006. — с. 75