9301. Основание ABC
треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— равносторонний треугольник ABC
. Ортогональная проекция вершины C_{1}
на плоскость ABC
совпадает с центром треугольника ABC
.
а) Докажите, что грань AA_{1}B_{1}B
— прямоугольник.
б) Найдите расстояние между прямыми AA_{1}
и BC
, если все рёбра призмы равны 3.
Ответ. \sqrt{6}
.
Решение. а) Пусть O
— центр грани ABC
. Тогда CO\perp AB
, а так как CO
— ортогональная проекция наклонной C_{1}C
на плоскость ABC
, то по теореме о трёх перпендикулярах CC_{1}\perp AB
. Значит, прямая AA_{1}
, параллельная CC_{1}
, также перпендикулярна AB
. Следовательно, параллелограмм AA_{1}B_{1}B
— прямоугольник.
б) Поскольку AA_{1}\parallel BB_{1}
, расстояние между скрещивающимися прямыми AA_{1}
и BC
равно расстоянию от любой точки прямой AA_{1}
до плоскости BB_{1}C_{1}C
, проходящей через прямую BC
параллельно AA_{1}
. Например, от точки A
.
Пусть K
— середина ребра BC
. Тогда точка O
лежит на отрезке AK
, причём OK=\frac{1}{3}AK
. Значит, расстояние от точки A
до плоскости BB_{1}C_{1}C
втрое больше расстояния от точки O
до этой плоскости.
По теореме о трёх перпендикулярах C_{1}K\perp BC
, значит, прямая BC
перпендикулярна плоскости OKC_{1}
, в которой лежит высота OH
прямоугольного треугольника OKC_{1}
. Следовательно, OH
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}C_{1}C
, и расстояние от точки O
до этой плоскости равно длине отрезка OH
(см. задачу 9180). Далее находим, что
OK=\frac{1}{3}AK=\frac{1}{3}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2},~C_{1}K=\sqrt{CC_{1}^{2}-CK^{2}}=\sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2},
C_{1}O=\sqrt{C_{1}K^{2}-OK^{2}}=\sqrt{\frac{27}{4}-\frac{3}{4}}=\sqrt{6},~OH=\frac{OK\cdot C_{1}O}{C_{1}K}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{6}}{\frac{3\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}
Следовательно, искомое расстояние равно \sqrt{6}
.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2016
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 4, с. 112