Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12044
2023-02-22 
Дана правильная четырёхугольная призма $ABCDA_{1}B{1}C_{1}D_{1}$ со стороной основания $\sqrt{2}$ и боковым ребром 2. Точки $M$ и $N$ - середины рёбер $A_{1}B_{1}$ и $CC_{1}$ соответственно.
а) Докажите, что $MN\perp BC_{1}$.
б) Найдите расстояние от точки $M$ до плоскости $BC_{1}D$.
Решение:
а) Прямая $MB_{1}$ перпендикулярна плоскости $BB_{1}C_{1}C$, поэтому $B_{1}N$ - ортогональная проекция наклонной $MN$ на эту плоскость. Пусть $K$ - точка пересечения отрезков $BC_{1}$ и $B_{1}N$. Обозначим $\angle NB_{1}C_{1}=\alpha$, $\angle BC_{1}C=\beta$. Из прямоугольных треугольников $NC_{1}B_{1}$ и $C_{1}B_{1}B$ находим, что
$tg\alpha=\frac{NC_{1}}{C_{1}B_{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}~\mbox{и}~tg\beta=\frac{BC}{CC_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$
Значит, $\beta=\alpha$, и $\angle KC_{1}B_{1}=90^{\circ}-\alpha$. Следовательно,
$\angle B_{1}KC_{1}=180^{\circ}-\angle KC_{1}B_{1}-\angle NB_{1}C_{1}=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-\alpha=90^{\circ}.$
Поскольку $B_{1}N\perp BC_{1}$, то по теореме о трёх перпендикулярах $MN\perp BC_{1}$.
б) Пусть средняя линия $MK$ треугольника $A_{1}B_{1}D_{1}$ пересекает диагональ $A_{1}C_{1}$ квадрата $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ в точке $P$. Тогда $MK\parallel B_{1}D_{1}\parallel BD$ и $A_{1}P:PC=1:3$. Прямая $MK$ параллельна плоскости $BC_{1}D$, т.к. она параллельна прямой $BD$, лежащей в этой плоскости (см. задачу 11278), поэтому расстояние от точки $M$ до плоскости $BC_{1}D$ равно расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой $MK$, в частности, от точки $P$.
Пусть $O$ - центр квадрата $ABCD$, $H$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $P$ на высоту $C_{1}O$ равнобедренного треугольника $BC_{1}D$. Прямая $PH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $C_{1}O$ и $BD$ плоскости $BC_{1}D$, значит, $PH$ - перпендикуляр к этой плоскости. Следовательно, расстояние от точки $P$ до плоскости $BC_{1}D$ равно длине отрезка $PH$.
Рассмотрим сечение призмы плоскостью $AA_{1}C_{1}C$. Поскольку
$AC=AB\sqrt{2}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2=CC_{1},$
это сечение - квадрат. Обозначим $\angle HPC_{1}=\angle CC_{1}O=\beta$. Из прямоугольного треугольника $CC_{1}O$ находим, что
$\cos\beta=\frac{CC_{1}}{OC_{1}}=\frac{CC_{1}}{\sqrt{CC_{1}+CO}}=\frac{2}{\sqrt{4+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.$
Следовательно,
$PH=PC_{1}\cos\beta=\frac{3}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}.$
Дана правильная четырёхугольная призма $ABCDA_{1}B{1}C_{1}D_{1}$ со стороной основания $\sqrt{2}$ и боковым ребром 2. Точки $M$ и $N$ - середины рёбер $A_{1}B_{1}$ и $CC_{1}$ соответственно.
а) Докажите, что $MN\perp BC_{1}$.
б) Найдите расстояние от точки $M$ до плоскости $BC_{1}D$.
Решение:
а) Прямая $MB_{1}$ перпендикулярна плоскости $BB_{1}C_{1}C$, поэтому $B_{1}N$ - ортогональная проекция наклонной $MN$ на эту плоскость. Пусть $K$ - точка пересечения отрезков $BC_{1}$ и $B_{1}N$. Обозначим $\angle NB_{1}C_{1}=\alpha$, $\angle BC_{1}C=\beta$. Из прямоугольных треугольников $NC_{1}B_{1}$ и $C_{1}B_{1}B$ находим, что
$tg\alpha=\frac{NC_{1}}{C_{1}B_{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}~\mbox{и}~tg\beta=\frac{BC}{CC_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$
Значит, $\beta=\alpha$, и $\angle KC_{1}B_{1}=90^{\circ}-\alpha$. Следовательно,
$\angle B_{1}KC_{1}=180^{\circ}-\angle KC_{1}B_{1}-\angle NB_{1}C_{1}=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-\alpha=90^{\circ}.$
Поскольку $B_{1}N\perp BC_{1}$, то по теореме о трёх перпендикулярах $MN\perp BC_{1}$.
б) Пусть средняя линия $MK$ треугольника $A_{1}B_{1}D_{1}$ пересекает диагональ $A_{1}C_{1}$ квадрата $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ в точке $P$. Тогда $MK\parallel B_{1}D_{1}\parallel BD$ и $A_{1}P:PC=1:3$. Прямая $MK$ параллельна плоскости $BC_{1}D$, т.к. она параллельна прямой $BD$, лежащей в этой плоскости (см. задачу 11278), поэтому расстояние от точки $M$ до плоскости $BC_{1}D$ равно расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой $MK$, в частности, от точки $P$.
Пусть $O$ - центр квадрата $ABCD$, $H$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $P$ на высоту $C_{1}O$ равнобедренного треугольника $BC_{1}D$. Прямая $PH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $C_{1}O$ и $BD$ плоскости $BC_{1}D$, значит, $PH$ - перпендикуляр к этой плоскости. Следовательно, расстояние от точки $P$ до плоскости $BC_{1}D$ равно длине отрезка $PH$.
Рассмотрим сечение призмы плоскостью $AA_{1}C_{1}C$. Поскольку
$AC=AB\sqrt{2}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2=CC_{1},$
это сечение - квадрат. Обозначим $\angle HPC_{1}=\angle CC_{1}O=\beta$. Из прямоугольного треугольника $CC_{1}O$ находим, что
$\cos\beta=\frac{CC_{1}}{OC_{1}}=\frac{CC_{1}}{\sqrt{CC_{1}+CO}}=\frac{2}{\sqrt{4+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.$
Следовательно,
$PH=PC_{1}\cos\beta=\frac{3}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}.$
