9128. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
.
а) Докажите, что плоскость ADC_{1}
перпендикулярна плоскости FBB_{1}
.
б) Найдите расстояние от точки C
до плоскости ADC_{1}
, если AA_{1}=4
, а косинус угла между прямой AC_{1}
и плоскостью ABC
равен \frac{3}{\sqrt{13}}
.
Ответ. \frac{12}{5}
.
Решение. а) Прямая B_{1}C_{1}
параллельна прямой AD
, поэтому точка B_{1}
(а значит, и прямая B_{1}C_{1}
) лежит в плоскости ADC_{1}
. Прямая B_{1}C_{1}
перпендикулярна плоскости FBB_{1}
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым BB_{1}
и B_{1}F_{1}
этой плоскости.
Плоскость ADC_{1}
проходит через прямую B_{1}C_{1}
, перпендикулярную плоскости FBB_{1}
, поэтому по признаку перпендикулярности плоскостей плоскости ADC_{1}
и FBB_{1}
перпендикулярны (см. задачу 7710).
б) Отрезок AC
— ортогональная проекция наклонной C_{1}A
на плоскость ABC
, поэтому CAC_{1}
— угол между прямой C_{1}A
и этой плоскостью. Обозначим \angle CAC_{1}=\alpha
. По условию \cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}}
. Тогда
\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}},~\ctg\alpha=\frac{3}{2}.
Из прямоугольного треугольника CAC_{1}
находим, что
AC=CC_{1}\ctg\alpha=4\cdot\frac{3}{2}=6.
Пусть M
— точка пересечения диагоналей CE
и AD
правильного шестиугольника ABCDEF
, CH
— высота прямоугольного треугольника MCC_{1}
. Прямая AD
перпендикулярна плоскости MCC_{1}
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым CE
и CC_{1}
этой плоскости. Значит, AD\perp CH
. Таким образом, прямая CH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым C_{1}M
и AD
плоскости MCC_{1}
. Следовательно, CH
— перпендикуляр к этой плоскости.
Из прямоугольного треугольника MCC_{1}
находим, что
CH=\frac{CM\cdot CC_{1}}{MC_{1}}=\frac{\frac{1}{2}CE\cdot CC_{1}}{\sqrt{CC_{1}^{2}+\frac{1}{4}CE^{2}}}=
=\frac{\frac{1}{2}AC\cdot CC_{1}}{\sqrt{CC_{1}^{2}+\frac{1}{4}AC^{2}}}=\frac{3\cdot4}{\sqrt{16+9}}=\frac{12}{5}.