Задание №15 — Расстояние от точки до прямой и до плоскости

Решение:

а) Построим сечение куба плоскостью $\alpha$. Соединим вершины $B$ и $D$, а также точку $K$ с вершиной $B$. В плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$ через точку $K$ проведём прямую, параллельную диагонали $B_1D_1$ (которая параллельна $BD$). Пусть эта прямая пересекает ребро $D_1C_1$ в точке $L$. Таким образом, $KL \parallel BD$, и четырёхугольник $BKLD$ является искомым сечением.
По условию $K$ — середина $B_1C_1$. Так как $KL \parallel B_1D_1$, то по теореме Фалеса точка $L$ будет серединой ребра $D_1C_1$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $B_1BK$ и $D_1DL$. У них $BB_1 = DD_1$ (ребра куба) и $B_1K = D_1L$ (половины сторон квадрата). Следовательно, $\triangle B_1BK = \triangle D_1DL$ по двум катетам, откуда $BK = DL$.
В треугольнике $B_1C_1D_1$ отрезок $KL$ соединяет середины сторон, значит, $KL$ — средняя линия.
Её длина $KL = \frac{1}{2} B_1D_1 = \frac{1}{2} BD = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ (где $BD = 3\sqrt{2}$ — диагональ основания куба со стороной 3).
Так как $KL \parallel BD$ и боковые стороны $BK = DL$, то $BKLD$ — равнобедренная трапеция, что и требовалось доказать.
б) Для нахождения расстояния от точки $C_1$ до плоскости сечения продлим прямые $LD$ и $KC$ до их пересечения в точке $S$.
Пусть $H$ — точка пересечения диагонали $A_1C_1$ с отрезком $KL$.
Диагонали квадрата $A_1C_1$ и $B_1D_1$ перпендикулярны. Поскольку $KL \parallel B_1D_1$, то $C_1H \perp KL$.
Прямая $SC_1$ (содержащая ребро $CC_1$) перпендикулярна плоскости основания $A_1B_1C_1D_1$, значит, $SC_1 \perp C_1H$.
По теореме о трёх перпендикулярах, так как $C_1H \perp KL$, то и наклонная $SH \perp KL$.
Следовательно, искомое расстояние от $C_1$ до плоскости $\alpha$ — это высота $C_1Q$ в прямоугольном треугольнике $SC_1H$, опущенная на гипотенузу $SH$.
Вычислим $C_1Q$ по формуле: $C_1Q = \frac{C_1S \cdot C_1H}{HS}$.
В треугольнике $KC_1L$ отрезок $C_1H$ является высотой к основанию $KL$. Так как $KC_1 = C_1L = 1,5$, треугольник равнобедренный, и $H$ — середина $KL$.
По теореме Пифагора: $C_1H^2 = C_1L^2 - HL^2 = (1,5)^2 - \left(\frac{3\sqrt{2}}{4}\right)^2 = \frac{9}{4} - \frac{18}{16} = \frac{18-9}{8} = \frac{9}{8}$, откуда $C_1H = \frac{3}{2\sqrt{2}}$.
Рассмотрим подобие треугольников $SLC_1$ и $SDC$ (по двум углам: $\angle S$ общий, углы при $C_1$ и $C$ прямые):
$\frac{C_1L}{CD} = \frac{SC_1}{SC} \Rightarrow \frac{1,5}{3} = \frac{SC_1}{SC_1 + 3} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{SC_1}{SC_1 + 3}$.
Отсюда $2SC_1 = SC_1 + 3$, то есть $SC_1 = 3$.
Найдем гипотенузу $HS$ в $\triangle HC_1S$: $HS^2 = C_1S^2 + C_1H^2 = 3^2 + \frac{9}{8} = \frac{81}{8} \Rightarrow HS = \frac{9}{2\sqrt{2}}$.
Итоговое расстояние: $C_1Q = \frac{3 \cdot \frac{3}{2\sqrt{2}}}{\frac{9}{2\sqrt{2}}} = \frac{9}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{9} = 1$.

Ответ: 1

Источник: ФИПИ