Страницы 59-60 номер 6.25, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень

В условии \(\angle BAC = 60^\circ\); если же \(60^\circ\) равен угол \(BAD\), ответ получается другим — разберём оба случая.

Дано:
\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) — прямой параллелепипед, \(ABCD\) — ромб
\(AB = 1\) см
\(\angle BAC = 60^\circ\)
\(AA_1 = 4\) см
\(M\) — точка отрезка \(AC_1\), \(AM : MC_1 = 1 : 2\)
плоскость \(\alpha\) проходит через точку \(M\), \(\alpha \perp AC_1\)
\(P\) — точка пересечения плоскости \(\alpha\) и прямой \(BB_1\)

Найти: \(BP\).

Решение: В треугольнике \(ABC\) стороны \(AB\) и \(BC\) равны как стороны ромба, поэтому \(\angle BCA = \angle BAC = 60^\circ\), и треугольник \(ABC\) равносторонний: \(AC = AB = 1\) см.

Параллелепипед прямой, поэтому ребро \(AA_1\) перпендикулярно плоскости основания. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке \(A\): ось \(x\) направим по лучу \(AC\), ось \(y\) — в плоскости основания перпендикулярно \(AC\), в ту сторону, где лежит точка \(B\), ось \(z\) — по лучу \(AA_1\); единичный отрезок — 1 см.

Луч \(AB\) образует с осью \(x\) угол \(60^\circ\) и \(AB = 1\) см, поэтому \(B(\cos 60^\circ; \sin 60^\circ; 0)\), то есть \(B\left(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 0\right)\). Кроме того, \(C_1(1; 0; 4)\). Точка \(M\) делит отрезок \(AC_1\) в отношении \(1 : 2\), считая от точки \(A\), поэтому \(M\left(\frac{2 \cdot 0 + 1 \cdot 1}{3}; 0; \frac{2 \cdot 0 + 1 \cdot 4}{3}\right)\), то есть \(M\left(\frac{1}{3}; 0; \frac{4}{3}\right)\).

Прямая \(AC_1\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\), поэтому ненулевой вектор \(\overrightarrow{AC_1}(1; 0; 4)\) — вектор нормали плоскости \(\alpha\). Уравнение плоскости \(\alpha\), проходящей через точку \(M\): \[\begin{aligned} 1 \cdot \left(x - \frac{1}{3}\right) + 0 \cdot (y - 0) + 4\left(z - \frac{4}{3}\right) &= 0; \qquad | \cdot 3 \\ 3x - 1 + 12z - 16 &= 0; \\ 3x + 12z - 17 &= 0. \end{aligned}\]

Прямая \(BB_1\) параллельна оси \(z\) и проходит через точку \(B\), поэтому каждая её точка имеет абсциссу \(\frac{1}{2}\) и ординату \(\frac{\sqrt{3}}{2}\). Пусть \(P\left(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; z\right)\); точка \(P\) лежит в плоскости \(\alpha\): \[\begin{aligned} 3 \cdot \frac{1}{2} + 12z - 17 &= 0; \\ 12z &= \frac{31}{2}; \qquad | : 12 \\ z &= \frac{31}{24}. \end{aligned}\]

Значит, \(P\left(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; \frac{31}{24}\right)\), и \(BP = \frac{31}{24}\) см.

Если \(\angle BAD = 60^\circ\), то диагональ \(AC\) ромба — биссектриса угла \(BAD\), поэтому \(\angle BAC = 30^\circ\), а \(\angle ABC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ\). По теореме косинусов \(AC^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos 120^\circ = 3\), \(AC = \sqrt{3}\) см. В той же системе координат \(B(\cos 30^\circ; \sin 30^\circ; 0)\), то есть \(B\left(\frac{\sqrt{3}}{2}; \frac{1}{2}; 0\right)\), \(C_1(\sqrt{3}; 0; 4)\), \(M\left(\frac{\sqrt{3}}{3}; 0; \frac{4}{3}\right)\), вектор нормали — \(\overrightarrow{AC_1}(\sqrt{3}; 0; 4)\), и уравнение плоскости \(\alpha\): \(\sqrt{3}\left(x - \frac{\sqrt{3}}{3}\right) + 4\left(z - \frac{4}{3}\right) = 0\), то есть \(3\sqrt{3}x + 12z - 19 = 0\). Для точки \(P\left(\frac{\sqrt{3}}{2}; \frac{1}{2}; z\right)\) прямой \(BB_1\) получаем \(\frac{9}{2} + 12z - 19 = 0\), откуда \(z = \frac{29}{24}\) и \(BP = \frac{29}{24}\) см.

Ответ: \(\frac{31}{24}\) см; при \(\angle BAD = 60^\circ\) — \(\frac{29}{24}\) см.