9374. На рёбрах CD
и BB_{1}
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с ребром 12 отмечены точки P
и Q
соответственно, причём DP=4
, а B_{1}Q=3
. Плоскость APQ
пересекает ребро CC_{1}
в точке M
.
а) Докажите, что точка M
является серединой ребра CC_{1}
.
б) Найдите расстояние от точки C
до плоскости APQ
.
Ответ. \frac{12\sqrt{26}}{13}
.
Решение. а) Пусть прямые AP
и BC
пересекаются в точке R
. Тогда M
— точка пересечения прямых QR
и CC_{1}
. Треугольники ARB
и PRC
подобны, поэтому
\frac{RC}{RB}=\frac{PC}{AB}=\frac{2}{3},~RC=2BC=24.
Треугольники QRB
и MRC
подобны, поэтому
\frac{MC}{QB}=\frac{RC}{RB}=\frac{2}{3},~MC=\frac{2}{3}QB=6.
Значит, M
— середина CC_{1}
.
б) Расстояние от точки C
до плоскости APQ
равно высоте h
пирамиды CPRM
, опущенной из вершины C
.
С одной стороны, объём пирамиды CPRM
равен
\frac{1}{3}\cdot RC\cdot S_{\triangle RPM}=\frac{1}{3}\cdot RC\cdot\frac{1}{2}PC\cdot CM=192.
С другой стороны, объём пирамиды CPRM
равен \frac{1}{3}h\cdot S_{\triangle RPM}
. Следовательно,
h=\frac{3\cdot192}{S_{\triangle RPM}}.
В треугольнике RPM
находим стороны:
RP=8\sqrt{10},~RM=6\sqrt{17},~MP=10.
По теореме косинусов
\cos\angle MRP=\frac{MR^{2}+RP^{2}-MP^{2}}{2MR\cdot PR}=\frac{12}{\sqrt{170}}.
Тогда \sin\angle MRP=\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{170}}
,
S_{\triangle RPM}=\frac{1}{2}\cdot6\sqrt{17}\cdot8\sqrt{10}\cdot\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{170}}=24\sqrt{26},
Следовательно,
h=\frac{3\cdot192}{24\sqrt{26}}=\frac{12\sqrt{26}}{13}.