9370. В правильной четырёхугольной призме ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
сторона AB
основания равна 8, а боковое ребро AA_{1}
равно 4\sqrt{2}
. На рёбрах BC
и C_{1}D_{1}
отмечены точки K
и L
соответственно, причём BK=C_{1}L=2
. Плоскость \gamma
параллельна прямой A_{1}C
и содержит точки K
и L
.
а) Докажите, что прямая A_{1}C
перпендикулярна плоскости \gamma
.
б) Найдите расстояние от точки B
до плоскости \gamma
.
Ответ. \frac{2\sqrt{10}}{5}
.
Решение. а) Проведём через точки K
и L
прямые, параллельные BD
. Пусть эти прямые пересекают рёбра CD
и B_{1}C_{1}
в точках K_{1}
и L_{1}
соответственно (рис. 1). Тогда трапеция KL_{1}LK_{1}
является сечением исходной призмы плоскостью \gamma
. Рассмотрим плоскость ACC_{1}
. Пусть эта плоскость пересекает прямые KK_{1}
и LL_{1}
в точках E
и F
соответственно. Четырёхугольник AA_{1}C_{1}C
— прямоугольник, причём
AA_{1}=4\sqrt{2},~AC=8\sqrt{2}.
Кроме того,
\frac{AC}{EC}=\frac{2BC}{KC}=\frac{8}{3},~\frac{A_{1}C_{1}}{FC_{1}}=\frac{2D_{1}C_{1}}{LC_{1}}=8,
откуда EC=3\sqrt{2}
, C_{1}F=\sqrt{2}
.
Пусть FP
— высота трапеции EFC_{1}C
(рис. 2), тогда
EP=EC-C_{1}F=2\sqrt{2}.
Поскольку \tg\angle CEF=\frac{FP}{EP}=2=\frac{A_{1}C_{1}}{CC_{1}}=\tg\angle A_{1}CC_{1}
, то
\angle CEF=\angle A_{1}CC_{1}=90^{\circ}-\angle A_{1}CA,
т. е. прямые EF
и A_{1}C
перпендикулярны.
Прямая KK_{1}
параллельна прямой BD
, которая перпендикулярна плоскости AA_{1}C
. Значит, прямые KK_{1}
и EF
перпендикулярны прямой A_{1}C
, поэтому прямая A_{1}C
перпендикулярна плоскости \gamma
.
б) Пусть N
— точка пересечения AC
и BD
. Поскольку прямая BD
параллельна плоскости \gamma
, расстояние от точки B
до плоскости \gamma
равно расстоянию от точки N
до прямой EF
. Опустим из точки N
перпендикуляр NH
на прямую EF
. Тогда
NH=NE\sin\angle NEH=\left(\frac{1}{2}AC-EC\right)\sin\angle CEF=\sqrt{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{10}}{5}.
Источник: ЕГЭ. — 2016