Номер 504, страница 175 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

504. В основании прямой четырёхугольной призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ лежит ромб, $\angle BCD = 60^\circ$, $AB = 2$, $AA_1 = AC$, точки $K, P, M$ — середины рёбер $AD, AB$ и $A_1B_1$ соответственно. Найдите расстояние $d$ от точки:

а) A до прямой $PC_1$;

б) A до прямой $KB_1$;

в) C до прямой $KM$;

г) D до прямой $MP$;

д) M до прямой $D_1P$;

е) K до прямой $B_1P$;

ж) P до прямой $MD_1$;

з) K до прямой $A_1C$.

В основании прямой призмы лежит ромб $ABCD$ со стороной $AB=2$ и углом $\angle BCD = 60^\circ$. Так как $\angle BCD = 60^\circ$ и $BC=CD=2$, треугольник $\triangle BCD$ является равносторонним, откуда диагональ $BD=2$. Смежный угол ромба $\angle ABC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. В треугольнике $\triangle ABC$ по теореме косинусов найдем диагональ $AC$:$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(120^\circ) = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 4 + 4 + 4 = 12$. Таким образом, $AC = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$. Высота призмы $AA_1$ по условию равна $AC$, следовательно, $AA_1 = 2\sqrt{3}$.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $A$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AD$. Так как $\angle DAB = \angle BCD = 60^\circ$, координаты вершин основания будут:

$A(0, 0, 0)$

$D(2, 0, 0)$ (т.к. $AD=2$)

$B(2\cos{60^\circ}, 2\sin{60^\circ}, 0) = (1, \sqrt{3}, 0)$

$C = B + \vec{AD} = (1, \sqrt{3}, 0) + (2, 0, 0) = (3, \sqrt{3}, 0)$

Координаты вершин верхнего основания (с учетом высоты $H=AA_1=2\sqrt{3}$):

$A_1(0, 0, 2\sqrt{3})$

$B_1(1, \sqrt{3}, 2\sqrt{3})$

$C_1(3, \sqrt{3}, 2\sqrt{3})$

$D_1(2, 0, 2\sqrt{3})$

Найдем координаты точек $K, P, M$:

$K$ – середина $AD$: $K(\frac{0+2}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (1, 0, 0)$

$P$ – середина $AB$: $P(\frac{0+1}{2}, \frac{0+\sqrt{3}}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

$M$ – середина $A_1B_1$: $M(\frac{0+1}{2}, \frac{0+\sqrt{3}}{2}, \frac{2\sqrt{3}+2\sqrt{3}}{2}) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3})$

Расстояние $d$ от точки $Q$ до прямой, проходящей через точки $R$ и $S$, вычисляется по формуле: $d = \frac{|\vec{RQ} \times \vec{RS}|}{|\vec{RS}|}$.

а) А до прямой PC₁

Найдем расстояние от точки $A(0,0,0)$ до прямой $PC_1$. Так как точка $A$ является началом координат, формула упрощается: $d = \frac{|\vec{AP} \times \vec{AC_1}|}{|\vec{PC_1}|}$.

Векторы:

$\vec{AP} = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

$\vec{AC_1} = (3, \sqrt{3}, 2\sqrt{3})$

$\vec{PC_1} = C_1 - P = (3-\frac{1}{2}, \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3}-0) = (\frac{5}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3})$

Векторное произведение:

$\vec{AP} \times \vec{AC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & 0 \\ 3 & \sqrt{3} & 2\sqrt{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2\sqrt{3}) - \mathbf{j}(\frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3}) + \mathbf{k}(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{3\sqrt{3}}{2}) = (3, -\sqrt{3}, -\sqrt{3})$

Модули векторов:

$|\vec{AP} \times \vec{AC_1}| = \sqrt{3^2 + (-\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{9+3+3} = \sqrt{15}$

$|\vec{PC_1}| = \sqrt{(\frac{5}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{25}{4} + \frac{3}{4} + 12} = \sqrt{\frac{28}{4}+12} = \sqrt{7+12} = \sqrt{19}$

Расстояние:

$d = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{19}} = \frac{\sqrt{285}}{19}$

Ответ: $d = \frac{\sqrt{285}}{19}$

б) А до прямой KB₁

Найдем расстояние от точки $A(0,0,0)$ до прямой $KB_1$.$K(1,0,0)$, $B_1(1, \sqrt{3}, 2\sqrt{3})$.

Найдем векторы $\vec{AK}$ и $\vec{KB_1}$:

$\vec{AK} = (1, 0, 0)$

$\vec{KB_1} = (1-1, \sqrt{3}-0, 2\sqrt{3}-0) = (0, \sqrt{3}, 2\sqrt{3})$

Найдем их скалярное произведение:

$\vec{AK} \cdot \vec{KB_1} = 1 \cdot 0 + 0 \cdot \sqrt{3} + 0 \cdot 2\sqrt{3} = 0$

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, т.е. $AK \perp KB_1$. Следовательно, расстояние от точки $A$ до прямой $KB_1$ равно длине отрезка $AK$.

$d = |\vec{AK}| = \sqrt{1^2+0^2+0^2} = 1$

Ответ: $d=1$

в) С до прямой KM

Найдем расстояние от точки $C(3, \sqrt{3}, 0)$ до прямой $KM$, где $K(1, 0, 0)$ и $M(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3})$.

Векторы:

$\vec{KC} = C-K = (3-1, \sqrt{3}-0, 0-0) = (2, \sqrt{3}, 0)$

$\vec{KM} = M-K = (\frac{1}{2}-1, \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 2\sqrt{3}-0) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3})$

Векторное произведение:

$\vec{KC} \times \vec{KM} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & \sqrt{3} & 0 \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & 2\sqrt{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(6) - \mathbf{j}(4\sqrt{3}) + \mathbf{k}(\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}) = (6, -4\sqrt{3}, \frac{3\sqrt{3}}{2})$

Модули векторов:

$|\vec{KC} \times \vec{KM}| = \sqrt{6^2 + (-4\sqrt{3})^2 + (\frac{3\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{36+48+\frac{27}{4}} = \sqrt{84+\frac{27}{4}} = \sqrt{\frac{336+27}{4}} = \frac{\sqrt{363}}{2} = \frac{11\sqrt{3}}{2}$

$|\vec{KM}| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}+12} = \sqrt{1+12}=\sqrt{13}$

Расстояние:

$d = \frac{11\sqrt{3}/2}{\sqrt{13}} = \frac{11\sqrt{3}}{2\sqrt{13}} = \frac{11\sqrt{39}}{26}$

Ответ: $d = \frac{11\sqrt{39}}{26}$

г) D до прямой MP

Найдем расстояние от точки $D(2, 0, 0)$ до прямой $MP$, где $M(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3})$ и $P(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$. Прямая $MP$ параллельна оси $Oz$, так как у точек $M$ и $P$ одинаковые координаты $x$ и $y$. Уравнения прямой $MP$: $x=\frac{1}{2}$, $y=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Расстояние от точки $D(x_D, y_D, z_D)$ до такой прямой равно расстоянию между точками $(x_D, y_D)$ и $(x_{MP}, y_{MP})$ на плоскости $xy$.

$d = \sqrt{(x_D - x_P)^2 + (y_D - y_P)^2} = \sqrt{(2-\frac{1}{2})^2 + (0-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{12}{4}} = \sqrt{3}$

Ответ: $d = \sqrt{3}$

д) М до прямой D₁P

Найдем расстояние от точки $M(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3})$ до прямой $D_1P$, где $D_1(2, 0, 2\sqrt{3})$ и $P(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$. Рассмотрим треугольник $\triangle MD_1P$. Найдем векторы $\vec{MD_1}$ и $\vec{MP}$:

$\vec{MD_1} = D_1 - M = (2-\frac{1}{2}, 0-\frac{\sqrt{3}}{2}, 2\sqrt{3}-2\sqrt{3}) = (\frac{3}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

$\vec{MP} = P - M = (\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}, 0-2\sqrt{3}) = (0, 0, -2\sqrt{3})$

Их скалярное произведение: $\vec{MD_1} \cdot \vec{MP} = \frac{3}{2} \cdot 0 - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 + 0 \cdot (-2\sqrt{3}) = 0$. Значит, $\triangle MD_1P$ прямоугольный с прямым углом при вершине $M$. Расстояние от точки $M$ до гипотенузы $D_1P$ — это высота, опущенная из вершины прямого угла.

Найдем длины катетов и гипотенузы:

$|MD_1| = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}} = \sqrt{3}$

$|MP| = \sqrt{0^2+0^2+(-2\sqrt{3})^2} = 2\sqrt{3}$

$|D_1P| = \sqrt{(2-\frac{1}{2})^2 + (0-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (2\sqrt{3}-0)^2} = \sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}+12} = \sqrt{3+12}=\sqrt{15}$

Площадь треугольника $S = \frac{1}{2}|MD_1| \cdot |MP| = \frac{1}{2}\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3} = 3$.

С другой стороны, $S = \frac{1}{2}|D_1P| \cdot d$, где $d$ - искомое расстояние.

$d = \frac{2S}{|D_1P|} = \frac{2 \cdot 3}{\sqrt{15}} = \frac{6}{\sqrt{15}} = \frac{6\sqrt{15}}{15} = \frac{2\sqrt{15}}{5}$

Ответ: $d = \frac{2\sqrt{15}}{5}$

е) K до прямой B₁P

Найдем расстояние от точки $K(1, 0, 0)$ до прямой $B_1P$, где $B_1(1, \sqrt{3}, 2\sqrt{3})$ и $P(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Векторы:

$\vec{B_1K} = K-B_1 = (1-1, 0-\sqrt{3}, 0-2\sqrt{3}) = (0, -\sqrt{3}, -2\sqrt{3})$

$\vec{B_1P} = P-B_1 = (\frac{1}{2}-1, \frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}, 0-2\sqrt{3}) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, -2\sqrt{3})$

Векторное произведение:

$\vec{B_1K} \times \vec{B_1P} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -\sqrt{3} & -2\sqrt{3} \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & -2\sqrt{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(6-3) - \mathbf{j}(0-\sqrt{3}) + \mathbf{k}(0-\frac{\sqrt{3}}{2}) = (3, \sqrt{3}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$

Модули векторов:

$|\vec{B_1K} \times \vec{B_1P}| = \sqrt{3^2 + (\sqrt{3})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{9+3+\frac{3}{4}} = \sqrt{12+\frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{51}{4}} = \frac{\sqrt{51}}{2}$

$|\vec{B_1P}| = \sqrt{(-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}+12} = \sqrt{1+12} = \sqrt{13}$

Расстояние:

$d = \frac{\sqrt{51}/2}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{51}}{2\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{663}}{26}$

Ответ: $d = \frac{\sqrt{663}}{26}$

ж) P до прямой MD₁

Найдем расстояние от точки $P$ до прямой $MD_1$. Используем треугольник $\triangle MD_1P$ из пункта д). Мы установили, что он прямоугольный с прямым углом при вершине $M$. Расстояние от точки $P$ до прямой $MD_1$ - это длина перпендикуляра, опущенного из $P$ на прямую $MD_1$. Так как $\angle PMD_1 = 90^\circ$, таким перпендикуляром является катет $PM$.

Длина катета $PM$ (он же $MP$):

$d = |PM| = \sqrt{(\frac{1}{2}-\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (2\sqrt{3}-0)^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2} = 2\sqrt{3}$

Ответ: $d = 2\sqrt{3}$

з) K до прямой A₁C

Найдем расстояние от точки $K(1, 0, 0)$ до прямой $A_1C$, где $A_1(0, 0, 2\sqrt{3})$ и $C(3, \sqrt{3}, 0)$.

Векторы:

$\vec{A_1K} = K-A_1 = (1, 0, -2\sqrt{3})$

$\vec{A_1C} = C-A_1 = (3, \sqrt{3}, -2\sqrt{3})$

Векторное произведение:

$\vec{A_1K} \times \vec{A_1C} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & -2\sqrt{3} \\ 3 & \sqrt{3} & -2\sqrt{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 - (-2\sqrt{3})\sqrt{3}) - \mathbf{j}(-2\sqrt{3} - (-6\sqrt{3})) + \mathbf{k}(\sqrt{3}) = (6, -4\sqrt{3}, \sqrt{3})$

Модули векторов:

$|\vec{A_1K} \times \vec{A_1C}| = \sqrt{6^2 + (-4\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{36+48+3} = \sqrt{87}$

$|\vec{A_1C}| = \sqrt{3^2 + (\sqrt{3})^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{9+3+12} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$

Расстояние:

$d = \frac{\sqrt{87}}{\sqrt{24}} = \sqrt{\frac{87}{24}} = \sqrt{\frac{29}{8}} = \frac{\sqrt{29}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{58}}{4}$

Ответ: $d = \frac{\sqrt{58}}{4}$