Страница 60 номер 6.27, ГДЗ по геометрии за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
Основанием прямого параллелепипеда \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) является параллелограмм \(ABCD\) такой, что \(\angle BAD = 60^\circ\). Известно, что \(AB = AA_1 = a\), \(AD = 2a\). Найдите расстояние от точки \(C\) до плоскости \(AB_1D_1\).
Дано:
\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) — прямой параллелепипед, \(ABCD\) — параллелограмм
\(\angle BAD = 60^\circ\)
\(AB = AA_1 = a\)
\(AD = 2a\)
Найти: \(\rho\) — расстояние от точки \(C\) до плоскости \(AB_1D_1\).
Решение: По теореме косинусов в треугольнике \(ABD\): \[\begin{aligned} &BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = {} \\ &= a^2 + 4a^2 - 2 \cdot a \cdot 2a \cdot \frac{1}{2} = 3a^2. \end{aligned}\]
Значит, \(BD = a\sqrt{3}\) и \(AB^2 + BD^2 = a^2 + 3a^2 = 4a^2 = AD^2\), поэтому по теореме, обратной теореме Пифагора, \(\angle ABD = 90^\circ\).
Параллелепипед прямой, поэтому ребро \(AA_1\) перпендикулярно плоскости основания. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке \(A\): ось \(x\) направим по лучу \(AB\), ось \(y\) — в плоскости основания перпендикулярно \(AB\), в ту сторону, где лежит точка \(D\), ось \(z\) — по лучу \(AA_1\).
Отрезок \(BD\) лежит в плоскости \(xy\) и перпендикулярен оси \(x\), поэтому параллелен оси \(y\); значит, \(B(a; 0; 0)\) и \(D(a; a\sqrt{3}; 0)\). Вектор \(\overrightarrow{BC}\) равен вектору \(\overrightarrow{AD}(a; a\sqrt{3}; 0)\), поэтому \(C(2a; a\sqrt{3}; 0)\). Боковые рёбра параллельны оси \(z\) и равны \(AA_1 = a\), поэтому \(B_1(a; 0; a)\) и \(D_1(a; a\sqrt{3}; a)\).
Пусть \(\vec{n}(p; q; r)\) — вектор нормали плоскости \(AB_1D_1\). Он перпендикулярен прямым \(AB_1\) и \(AD_1\), лежащим в этой плоскости, а векторы \(\overrightarrow{AB_1}\) и \(\overrightarrow{AD_1}\) имеют координаты \((a; 0; a)\) и \((a; a\sqrt{3}; a)\), поэтому \[\begin{cases} pa + ra = 0, & | : a \\ pa + qa\sqrt{3} + ra = 0; & | : a \end{cases}\] \[\begin{cases} p + r = 0, \\ p + q\sqrt{3} + r = 0. \end{cases}\]
Вычтя из второго уравнения первое, получим \(q\sqrt{3} = 0\), то есть \(q = 0\); кроме того, \(r = -p\). Координаты вектора нормали имеют вид \(\vec{n}(p; 0; -p)\), поэтому вектор с координатами \((1; 0; -1)\) коллинеарен вектору нормали, а значит, сам является вектором нормали плоскости \(AB_1D_1\). Плоскость проходит через начало координат, поэтому её уравнение — \(x - z = 0\).
Для точки \(C(2a; a\sqrt{3}; 0)\) получаем \(\rho = \frac{|1 \cdot 2a + 0 \cdot a\sqrt{3} - 1 \cdot 0|}{\sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2}} = \frac{2a}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2}\).
Проверка: вектор \(\overrightarrow{CD_1}(-a; 0; a)\) коллинеарен вектору нормали \((1; 0; -1)\), а точка \(D_1\) лежит в плоскости \(AB_1D_1\), поэтому \(CD_1\) — перпендикуляр к этой плоскости, и \(CD_1 = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = a\sqrt{2}\).
Ответ: \(a\sqrt{2}\).
Основанием прямого параллелепипеда \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) является параллелограмм \(ABCD\) такой, что \(\angle BAD = 60^\circ\). Известно, что \(AB = AA_1 = a\), \(AD = 2a\). Найдите расстояние от точки \(C\) до плоскости \(AB_1D_1\).
Дано:
\(ABCDA_1B_1C_1D_1\) — прямой параллелепипед, \(ABCD\) — параллелограмм
\(\angle BAD = 60^\circ\)
\(AB = AA_1 = a\)
\(AD = 2a\)
Найти: \(\rho\) — расстояние от точки \(C\) до плоскости \(AB_1D_1\).
Решение: По теореме косинусов в треугольнике \(ABD\): \[\begin{aligned} &BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = {} \\ &= a^2 + 4a^2 - 2 \cdot a \cdot 2a \cdot \frac{1}{2} = 3a^2. \end{aligned}\]
Значит, \(BD = a\sqrt{3}\) и \(AB^2 + BD^2 = a^2 + 3a^2 = 4a^2 = AD^2\), поэтому по теореме, обратной теореме Пифагора, \(\angle ABD = 90^\circ\).
Параллелепипед прямой, поэтому ребро \(AA_1\) перпендикулярно плоскости основания. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке \(A\): ось \(x\) направим по лучу \(AB\), ось \(y\) — в плоскости основания перпендикулярно \(AB\), в ту сторону, где лежит точка \(D\), ось \(z\) — по лучу \(AA_1\).
Отрезок \(BD\) лежит в плоскости \(xy\) и перпендикулярен оси \(x\), поэтому параллелен оси \(y\); значит, \(B(a; 0; 0)\) и \(D(a; a\sqrt{3}; 0)\). Вектор \(\overrightarrow{BC}\) равен вектору \(\overrightarrow{AD}(a; a\sqrt{3}; 0)\), поэтому \(C(2a; a\sqrt{3}; 0)\). Боковые рёбра параллельны оси \(z\) и равны \(AA_1 = a\), поэтому \(B_1(a; 0; a)\) и \(D_1(a; a\sqrt{3}; a)\).
Пусть \(\vec{n}(p; q; r)\) — вектор нормали плоскости \(AB_1D_1\). Он перпендикулярен прямым \(AB_1\) и \(AD_1\), лежащим в этой плоскости, а векторы \(\overrightarrow{AB_1}\) и \(\overrightarrow{AD_1}\) имеют координаты \((a; 0; a)\) и \((a; a\sqrt{3}; a)\), поэтому \[\begin{cases} pa + ra = 0, & | : a \\ pa + qa\sqrt{3} + ra = 0; & | : a \end{cases}\] \[\begin{cases} p + r = 0, \\ p + q\sqrt{3} + r = 0. \end{cases}\]
Вычтя из второго уравнения первое, получим \(q\sqrt{3} = 0\), то есть \(q = 0\); кроме того, \(r = -p\). Координаты вектора нормали имеют вид \(\vec{n}(p; 0; -p)\), поэтому вектор с координатами \((1; 0; -1)\) коллинеарен вектору нормали, а значит, сам является вектором нормали плоскости \(AB_1D_1\). Плоскость проходит через начало координат, поэтому её уравнение — \(x - z = 0\).
По формуле расстояния от точки до плоскости для точки \(C(2a; a\sqrt{3}; 0)\) получаем \(\rho = \frac{|1 \cdot 2a + 0 \cdot a\sqrt{3} - 1 \cdot 0|}{\sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2}} = \frac{2a}{\sqrt{2}} = a\sqrt{2}\).
Проверка: вектор \(\overrightarrow{CD_1}(-a; 0; a)\) коллинеарен вектору нормали \((1; 0; -1)\), а точка \(D_1\) лежит в плоскости \(AB_1D_1\), поэтому \(CD_1\) — перпендикуляр к этой плоскости, и \(CD_1 = \sqrt{a^2 + 0^2 + a^2} = a\sqrt{2}\).
Ответ: \(a\sqrt{2}\).
