9399. Основание ABC
прямой призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— треугольник ABC
со сторонами AB=BC
и медианой BT=9
. Через точку O
пересечения медиан треугольника ABC
и центры P
и Q
боковых граней ABB_{1}A_{1}
и BCC_{1}B_{1}
проведена плоскость. Найдите расстояние от точки C
до этой плоскости, если AA_{1}=4
.
Ответ. 2{,}4
.
Решение. Отрезок PQ
— средняя линия треугольника AB_{1}C
, поэтому прямая PQ
параллельна ребру AC
, а значит, и плоскостям ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
. Плоскость OPQ
пересекает основания пирамиды по прямым, параллельным PQ
. Пусть K
и L
— точки пересечения плоскости OPQ
с рёбрами AB
и BC
соответственно. Тогда \frac{AK}{KB}=\frac{CL}{LB}=\frac{OT}{OB}=\frac{1}{2}
. Пусть M
и N
— точки пересечения плоскости OPQ
с рёбрами B_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}
соответственно, а E
— точка пересечения медианы B_{1}T_{1}
основания A_{1}B_{1}C_{1}
с прямой MN
. Тогда из равенства треугольников B_{1}PN
и AKP
следует, что NB_{1}=AK
. Значит,
\frac{B_{1}M}{MC_{1}}=\frac{B_{1}N}{NA_{1}}=\frac{AK}{KB}=\frac{1}{2}.
Треугольник NB_{1}M
подобен треугольнику A_{1}B_{1}C_{1}
с коэффициентом \frac{NB_{1}}{A_{1}B_{1}}=\frac{1}{3}
, значит,
B_{1}E=\frac{1}{3}B_{1}T_{1}=\frac{1}{3}BT=3.
Опустим перпендикуляр EF
из точки E
на прямую BT
. Тогда
EF=BB_{1}=4,~OF=BO-BF=BO-B_{1}E=6-3=3,
EO=\sqrt{OF^{2}+EF^{2}}=\sqrt{9+16}=5.
Пусть FH
— высота прямоугольного треугольника EFO
. Тогда FH\perp EO
и FH\perp AC
, значит, FH
— перпендикуляр к плоскости OPQ
. Из равенства OF\cdot EF=EO\cdot FH
(см. задачу 1967) находим, что
FH=\frac{OF\cdot EF}{EO}=\frac{3\cdot4}{5}=\frac{12}{5}.
Следовательно, расстояние от точки F
до плоскости OPQ
равно \frac{12}{5}
.
Отрезок BC
пересекает плоскость OPQ
в точке L
, причём \frac{BL}{LC}=2
, значит, расстояние от точки C
до плоскости OPQ
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки B
(см. задачу 9180), а так как F
— середина BO
, то искомое расстояние равно длине отрезка FH
, т. е. \frac{12}{5}
.