Расстояние между скрещивающимися прямыми —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по ЕГЭ - Математика
Расстояние между скрещивающимися прямыми

Тема 14. Задачи по стереометрии

14.19 Расстояние между скрещивающимися прямыми

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по стереометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#20620

В правильной четырёхугольной пирамиде $PABCD$ сторона основания $ABCD$ равна 12, а боковое ребро $PA$ равно $√ - 12 2.$ Через вершину $A$ проведена плоскость $α,$ перпендикулярная прямой $P C$ и пересекающая ребро $PC$ в точке $K.$

а) Докажите, что плоскость $α$ делит высоту $PH$ пирамиды $P ABCD$ в отношении $2:1,$ считая от вершины $P.$

б) Найдите расстояние между прямыми $PH$ и $BK.$

Показать ответ и решение

а) Прямая $AK ⊥ CP,$ так как $AK$ принадлежит плоскости $α,$ перпендикулярной $PC.$ Пусть $AK$ пересекает $PH$ в точке $G,$ тогда нам нужно доказать, что

P G:GH = 2:1

Рассмотрим треугольник $PAC.$ Его сторона $AC$ равна $√- 12 2$ как диагональ квадрата со стороной 12. Получили, что

√- PC = PA = 12 2 =AC

Следовательно, треугольник $PAC$ равносторонний. Поскольку $AK$ и $PH$ — его высоты, а значит, и медианы, то медиана $AK$ делит медиану $P H$ в отношении $2:1,$ считая от точки $P.$

$PIC$

б) Отрезок $CH$ является проекцией отрезка $CP$ на плоскость основания. Пусть $L$ — проекция середины $K$ отрезка $CP$ на основание пирамиды. Тогда $L$ — середина $CH$ и $KL ⊥ (ABC ),$ откуда $KL ∥PH.$ Из этого следует, что прямая $PH$ параллельна плоскости $(KBL ).$

Таким образом, расстояние между прямыми $PH$ и $BK$ равно расстоянию между прямой $PH$ и плоскостью $(KBL ).$

$PIC$

Рассмотрим высоту $h$ из вершины $H$ треугольника $LBH.$ Имеем $h ⊥ PH,$ а также $h$ перпендикулярна прямым $LK$ (так как $LK ∥P H)$ и $LB$ плоскости $(KBL ).$ Тогда длина $h$ — это и есть расстояние между прямой $PH$ и плоскостью $(KBL ).$

Далее имеем:

1 √- LH = 4AC = 3 2

Тогда по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $LBH :$

∘ ---------- BL = HL2 + HB2 = √18-+72 = 3√10-

Значит, окончательно из прямоугольного треугольника $LBH :$

h= HL-⋅HB--= -3√6--= √12- LB 3 10 10

Ответ:

б) $6√10- 5$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#16808

Через вершину $A$ прямоугольника $ABCD$ проведена прямая $AK$ , перпендикулярная $\text{[math]}$ плоскости прямоугольника. Известно, что $KD = 6$ , $KB = 7$ , $KC = 9$ .

а) Найдите расстояние от точки $K$ до плоскости прямоугольника $ABCD$ .

б) Найдите расстояние между прямыми $AK$ и $CD$ .

Показать ответ и решение

По условию $AK ⊥ (ABC ) ⇒ AB$ является проекцией $KB$ на плоскость $ABC$ . Так как $ABCD$ — прямоугольник, то прямая $CB$ перпендикулярна проекции $AB$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $KB$ .

$PIC$

Тогда по теореме Пифагора для треугольника $KBC$

∘ ----------- √ - BC = KC2 − KB2 = 4 2

В прямоугольнике $ABCD$ имеем $√ - AD = BC = 4 2$ , тогда по теореме Пифагора для треугольника $DKA$

∘ ----------- AK = KD2 − AD2 = 2

$AK ⊥ (ABC ) ⇒ ρ(K, (ABC )) = AK = 2$ .

$AD ⊥ AK$ и $√- AD ⊥ DC ⇒ ρ(AK, DC ) = AD = 4 2$ .

Ответ:

$√ - ρ(K,(ABC )) = 2; ρ(AK, DC ) = 4 2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#815

В кубе $ABCDA1B1C1D1$ , ребро которого равно $√ --- 32$ , найдите расстояние между прямыми $DB1$ и $CC1$ .

Показать ответ и решение

Прямые $DB1$ и $CC1$ скрещиваются по признаку, т.к. прямая $DB1$ пересекает плоскость $(DD1C1 )$ , в которой лежит $CC1$ , в точке $D$ , не лежащей на $CC1$ .

$PIC$

Расстояние между скрещивающимися прямыми будем искать как расстояние между прямой $CC1$ и плоскостью, проходящей через $DB 1$ параллельно $CC 1$ . Т.к. $DD ∥ CC 1 1$ , то плоскость $(B D D ) 1 1$ параллельна $CC1$ .
Докажем, что $CO$ – перпендикуляр на эту плоскость. Действительно, $CO ⊥ BD$ (как диагонали квадрата) и $CO ⊥ DD1$ (т.к. ребро $DD1$ перпендикулярно всей плоскости $(ABC )$ ). Таким образом, $CO$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым из плоскости, следовательно, $CO ⊥ (B D D ) 1 1$ .

$AC$ , как диагональ квадрата, равна $√ -- AB 2$ , то есть $√ --- √ -- AC = 32 ⋅ 2 = 8$ . Тогда $1 CO = 2 ⋅ AC = 4$ .

Ответ: 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72210

В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$ с вершиной $S$ боковое ребро $SD = 5,$ а высота пирамиды равна $√-- 15.$ Точки $M$ и $N$ — середины ребер $CD$ и $AB$ соответственно. В пирамиде $NSCD$ точка $N$ является вершиной, а $NT$ — высотой пирамиды.

а) Докажите, что точка $T$ является серединой $SM.$

б) Найдите расстояние между прямыми $NT$ и $SC.$

Показать ответ и решение

а)

$PIC$

1. $NT$ — высота пирамиды $NSCD,$ значит, $NT ⊥ (CDS )$ и $NT ⊥ MS$ в частности.

2. Пирамида $SABCD$ правильная, в её основании лежит квадрат. Раз так, то очевидно, что $ANMD$ — прямоугольник, где $AN = MD$ и $AD =MN.$

3. Более того, основание высоты пирамиды $SABCD$ точка $H$ — центр основания, делящий отрезок $MN$ пополам.

4. Ну и в конце концов раз пирамида правильная, то боковые рёбра равны и $△ASB$ — равнобедренный, где $SN$ — высота и медиана одновременно.

5. $△BNS$ — прямоугольный, в нём по теореме Пифагора:

BS2 = BN2 + SN2,

2 2 2 SN = BS − BN .

6. $△NHS$ — прямоугольный, в нём по теореме Пифагора:

SN2 = NH2 + SH2,

BS2 − BN2 = NH2 + SH2.

Поскольку $BN = AB-= NH = MN-, 2 2$ имеем:

2 2 2 BS − SH = 2NH ,

∘ ------- NH = 25-− 15 = √5. 2

7. В таком случае $MN = 2√5,$ а $SN = √25−-5 =2√5.$ То есть $△MNS$ — равнобедренный, где $NT$ — высота и медиана одновременно, а значит, точка $T$ — середина $SM.$ Ч.Т.Д.

б) Расстояние между двумя прямыми равно длине их общего перпендикуляра.

1. Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Из приведённого тезиса следует, что $NT$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $(CDS ).$

То есть чтобы построить искомый общий перпендикуляр, нам всего лишь следует провести перпендикуляр $TV$ из точки $T$ на прямую $SC.$

В таком случае $TV ⊥ NT$ по озвученному факту и $TV ⊥ SC$ по построению.

2. Найдём $TV$ из подобия $△CMS ∼ △T VS,$ поскольку $∠T SV = ∠CSM$ и $∠T VS = ∠CMS.$

3. $SM = SN,$ поскольку $△NMS$ — равнобедренный, где $SH$ — высота и медиана одновременно.

4. Из подобия треугольников имеем следующие отношения их соответствующих сторон:

√- -TV-= ST- = -5-= T√V-, CM SC 5 5

TV = 1.

Ответ: б) 1

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#41866

Постройте общий перпендикуляр скрещивающихся диагоналей двух смежных граней куба и найдите его длину, если ребро куба равно $a.$

Показать ответ и решение

Будем искать расстояние между прямыми $AB ′$ и $A′D$ . Проведем $DC ′ ∥AB ′$ $⇒$ $′ ′ ′ (A DC )∥AB$ , следовательно, расстояние от $′ AB$ до $′ ′ (A DC )$ — расстояние между $′ AB$ и $′ A D$ . $′ ′ ′ B O ⊥ A C$ , $′ ′ DO ⊥ AC$ , $′ B H ⊥ DO$ $⇒$ $D ′H ⊥ (A′DC ′)$ . Таким образом, $B ′H$ — искомое расстояние, то есть этот отрезок перпендикулярен обеим прямым $AB ′$ и $A′D$ . Перенесем его таким образом, чтобы он пересекал обе прямые. Для этого проведем $HK ∥DC ′$ , $K ∈ A′D$ . На отрезке $AB ′$ отложим $B ′P = HK$ . Тогда $B′HKP$ — прямоугольник, следовательно, $′ P K = B H$ и $′ PK ∥B H$ , следовательно, $P K$ перпендикулярна $AB′$ и $A ′D$ . $PK$ — общий перпендикуляр этих прямых.

$PIC$

Пусть $∠DOD ′ = ∠B′OH = ϕ$ . Тогда

′ tg ϕ= DD--= -aa- =√2- ⇒ √1-= cosϕ= -OH- ⇒ OH = √a- OD ′ √2 3 OD1 6

$△A ′DC ′$ — равносторонний с $√- A ′D = a 2$ , следовательно, $√- DO = a26-$ . Тогда $HO :OD = 1:3$ , следовательно, по теореме Фалеса $KQ :QD = 1 :3$ ( $OQ ∥ DC′$ — средняя линия). Тогда $KQ =x$ , $QD = 3x$ $⇒$ $A′K = 2x$ . Следовательно, $′ A K :KD = 1:2$ .

$△HKD ∼ △OQD$ $⇒$

HK = HD-⋅OQ = 2a√2 =B ′P ⇒ AP = a√2− 2a√2 = 1a√2 ⇒ AP :PB′ = 1 :2. OD 3 3 3

Нашла положения концов общего перпендикулярна на отрезках $AB ′$ и $A ′D$ .

∘ -- 2 = sinϕ = B′H- ⇒ B′H = PK = √a-. 3 B′O 3

Ответ:

$√a- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#41865

В прямоугольном параллелепипеде стороны основания равны $a$ и $b.$ Найдите расстояние между диагональю параллелепипеда и непересекающим ее боковым ребром.

Показать ответ и решение

Возьмем диагональ $A1C$ . Непересекающее ее боковое ребро — это $DD1$ . Заметим, что любая прямая плоскости $(ABC )$ перпендикулярна $DD1$ . Проведем $DH ⊥ (ACC1 )$ $⇒$ $DH ⊥ A1C$ , а также $DH ⊥ DD1$ , следовательно, $DH$ — искомое расстояние.

$PIC$

$AC = √a2-+b2$ . Для $△ADC :$

AD ⋅DC = 2SADC =DH ⋅AC ⇔ DH = AD--⋅DC = √--ab--. AC a2+ b2

Ответ:

$√--ab--- a2+ b2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#41859

Докажите, что если $a$ и $b$ — противоположные ребра тетраэдра, $d$ — расстояние между ними, в $α$ — угол между ними, то объем этого тетраэдра равен $1 6 abdsinα.$

Показать ответ и решение

Рассмотрим призму $MNKP M1N1K1P1$ , в основании которой лежит четырехугольник $MNKP$ , диагонали которого равны и параллельны двум противоположным ребрам данного тетраэдра: $MK = a,NP = b,∠(MK, NP )= α$ . Тогда расстояние между основаниями призмы равно $d.$ Значит, объем этой призмы $V = d⋅ 12absin α.$

$PIC$

Распишем, чему равен объем данного тетраэдра $M1NK1P :$

( ) ( ) VM2NK1P = V−|| VM1MNP + VK1NKP +VNM1N1K1 + VPM1K1P1|| = V− 1V + 1V = 1V = 1abdsin α. ( ◟------◝◜------◞ ◟--------◝◜-------◞) 3 3 3 6 =VM1MNKP =VNM1N1K1P1

Ответ:

Доказательство

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#27982

Основанием прямой треугольной призмы $ABCA1B1C1$ является прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C.$ Прямые $CA1$ и $AB1$ перпендикулярны.

a) Докажите, что $AA1 =AC.$

б) Найдите расстояние между прямыми $CA1$ и $AB1,$ если $BC = 8$ и $AC = 7.$

Показать ответ и решение

а) Прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(ACA1 ),$ так как $BC ⊥ AC$ и $BC ⊥ AA1.$ Поскольку $B1C1 ∥BC,$ то $B1C1$ — перпендикуляр к плоскости $(ACA1 ),$ а $AC1$ — ортогональная проекция наклонной $AB1$ на эту плоскость. По условию задачи $CA1 ⊥ AB1,$ значит, по теореме о трёх перпендикулярах $AC1 ⊥ CA1.$ Диагонали прямоугольника $AA1C1C$ перпендикулярны, значит, это квадрат. Следовательно, $AA1 = AC.$

$PIC$

б) Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из центра $O$ квадрата $AA1C1C$ на прямую $AB1.$ Прямая $CA1$ перпендикулярна плоскости $(AC1B1),$ так как $CA1 ⊥ AC1$ и $CA1 ⊥ B1C1.$ Значит, $OH ⊥ AC1,$ и $OH$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $CA 1$ и $AB . 1$ Тогда расстояние между этими прямыми равно длине отрезка $OH,$ то есть половине высоты $C1P$ прямоугольного треугольника $AC1B1,$ опущенной из вершины прямого угла.

$PIC$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $ACC1 :$

∘ ---------- ∘------ √ - AC1 = AC2 + CC21 = 72+ 72 = 7 2

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $AC1B1 :$

∘ ---------- √------ √ --- √- AB1 = AC21 + B1C21 = 98+ 64= 162= 9 2

Тогда в прямоугольном треугольнике $AB1C1$ мы можем найти высоту $C1P :$

√- C1P = AC1-⋅B1C1 = 7-2√⋅8-= 56 ⇒ OH = 1C1P = 28 AB1 9 2 9 2 9

Следовательно, расстояние между прямыми $CA 1$ и $AB 1$ равно $28. 9$

Ответ:

б) $28 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#26640

$ABCDA1B1C1D1$ — прямоугольный параллелепипед, все грани которого не квадраты. $M$ — середина $CD$ , $K$ — середина грани $BB1C1C$ , $L$ — середина грани $A1B1C1D1$ . Косинус угла между прямыми $M D1$ и $KL$ равен $√3-. 10$

а) Докажите, что $CD = 2DD1.$

б) Найдите расстояние между прямыми $M D1$ и $KL$ , если объем параллелепипеда равен $√- 54 3$ , угол между прямой $B1C$ и гранью $CC1D1D$ равен $60∘.$

Показать ответ и решение

а) В треугольнике $△D1B1C$ отрезок $KL$ — средняя линия, следовательно, $KL ∥ D1C$ . Значит, угол $α$ между прямыми $KL$ и $M D1$ равен углу между прямыми $D1C$ и $M D1$ .

$PIC$

Введем обозначения $CD = 2x$ , $DD1 = y$ . Тогда по теореме Пифагора из $△DD1M$ и $△DD1C$ соответственно:

CD2 = 4x2 +y2 1 M D21 = x2 + y2

Следовательно, по теореме косинусов для $△M D1C$ :

2 2 2 CM = CD 1 + M D1 − 2 ⋅CD1 ⋅M D1 ⋅cosα 2 2 2 2 2 ∘ --------∘ ------- 3 x = 4x + y + x + y − 2⋅ 4x2 + y2 ⋅ x2 + y2 ⋅√10 √ -- ∘-------- ∘ ------- 10⋅(2x2 + y2) = 3 4x2 + y2 ⋅ x2 + y2 10(4x4 + y4 +4x2y2) = 9(4x4 + y4 + 5x2y2) 4x4 − 5x2y2 + y4 = 0 (x2 − y2)(4x2 − y2) = 0 ⌊ x = y ⌈ 2x = y

Из равенства $2x = y$ следует, что $CD = DD1$ , то есть грань $CDD1C1$ представляет собой квадрат, что противоречит условию. Следовательно, возможно только равенство $x = y$ , из которого следует, что $CD = 2DD1,$ что и требовалось доказать.

б) Так как $ABCDA1B1C1D1$ — прямоугольный параллелепипед, то $B1C1 ⊥ (CDD1 )$ , следовательно, $CC1$ — проекция $CB1$ на плоскость $(CDD1 )$ . Значит, угол между прямой $CB1$ и плоскостью $(CDD1 )$ равен $∠B1CC1 = 60∘$ .

$PIC$

Тогда из прямоугольного $△B1CC1$ следует, что $√ - 3 = tg60∘ = B1C1 : CC1$ , откуда $√ - B1C1 = 3y.$ Объем параллелепипеда равен

√ - √ - √ - 54 3 = V = AB ⋅B1C1 ⋅DD1 = 2x ⋅y⋅ 3y = 2 3y3 ⇔ y = 3

Так как $KL ∥ CD1$ , то расстояние между скрещивающимися прямыми $KL$ и $M D1$ ( $M D1 ∈ (CDD1 )$ ) равно расстоянию между прямой $KL$ и плоскостью $(CDD ) 1$ , что равно отрезку $KH ∥ B C 1 1$ . $KH$ — средняя линия в $△B1CC1$ , откуда

√ - 1 1 √ - 3--3 KH = 2B1C1 = 2 ⋅y 3 = 2

Ответ:

б) $3√3 ---- 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#23597

В основании пирамиды $PABCD$ лежит трапеция $ABCD,$ в которой $∘ ∠BAD = 60 ,$ $∘ ∠CDA = 30.$ Боковые грани $P AB$ и $P CD$ перпендикулярны основанию пирамиды.

а) Докажите, что плоскости $(PAB )$ и $(PCD )$ перпендикулярны.

б) Найдите расстояние между прямыми $PB$ и $CD,$ если известно, что $BC = 6,$ а высота пирамиды $P ABCD$ равна 4.

Показать ответ и решение

а) Пусть $E$ — точка пересечения продолжений боковых сторон $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD.$ Тогда плоскости $(P AB)$ и $(PCD )$ пересекаются по прямой $PE.$

Так как плоскости $(P AB)$ и $(PCD )$ перпендикулярны плоскости $(ABC ),$ то по свойству перпендикулярных плоскостей их общая прямая $P E$ тоже перпендикулярна плоскости $(ABC ).$ Это значит, что $PE$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ABC ),$ в частности, $P E ⊥ AE$ и $P E ⊥CE.$ Следовательно, угол между плоскостями $(PAB )$ и $(PCD )$ равен углу $AED.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $AED.$ В нём по условию $∠EAD = 60∘$ и $∠EDA = 30∘.$ Тогда по сумме углов треугольника имеем:

∠AED = 180∘− ∠EAD − ∠EDA = = 180∘− 60∘− 30∘ = 90∘

Значит, плоскости $(PAB )$ и $(PCD )$ перпендикулярны.

б) Из решения пункта а) следует, что $CD ⊥ P E$ и $CD ⊥ AE,$ значит, $CD ⊥ (PAE ).$

Опустим в плоскости $(P AE)$ перпендикуляр $EH$ из точки $E$ на прямую $P B.$ Тогда $EH ⊥ P B$ и так как $EH$ лежит в плоскости $(P AE),$ то $EH ⊥ CD.$ Значит, $EH$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $PB$ и $CD.$

Рассмотрим треугольник $BCE$ в плоскости $(ABC ).$ Так как $ABCD$ — трапеция и $BC ∥AD,$ то

∠BCE = ∠CDA = 30∘, ∠CEB =90∘

Тогда в прямоугольном треугольнике $BCE$ с острым углом $30∘$ имеем:

BE = 1BC = 1 ⋅6= 3 2 2

$PIC$

В пункте а) доказано, что $PE ⊥ (ABC ),$ значит, $PE$ — высота пирамиды. Тогда по теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $PEB :$

∘ ---2-----2 ∘ 2---2- √ -- P B = BE + PE = 3 +4 = 25= 5

Тогда отрезок $EH$ как высота в прямоугольном треугольнике $P EB$ равен

BE-⋅P-E 3⋅4- 12 EH = P B = 5 = 5 = 2,4

Ответ: б) 2,4

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#816

Дан куб $ABCDA1B1C1D1$ . Найдите расстояние между прямыми $AB1$ и $BC1$ , если ребро куба равно $a$ .

Показать ответ и решение

1) Заметим, что эти прямые скрещиваются по признаку, т.к. прямая $AB1$ пересекает плоскость $(BB1C1 )$ , в которой лежит $BC1$ , в точке $B1$ , не лежащей на $BC1$ .
Расстояние между скрещивающимися прямыми будем искать как расстояние между прямой $BC1$ и плоскостью, проходящей через $AB1$ параллельно $BC1$ .

$PIC$

Для этого проведем $AD 1$ — она параллельна $BC 1$ . Следовательно, по признаку плоскость $(AB1D1 ) ∥ BC1$ .

2) Опустим перпендикуляр $C1H$ на эту плоскость и докажем, что точка $H$ упадет на продолжение отрезка $AO$ , где $O$ – точка пересечения диагоналей квадрата $A1B1C1D1$ .
Действительно, т.к. по свойству квадрата $C O ⊥ B D 1 1 1$ , то по теореме о трех перпендикуляр проекция $HO ⊥ B1D1$ . Но $△AB1D1$ равнобедренный, следовательно, $AO$ – медиана и высота. Значит, точка $H$ должна лежать на прямой $AO$ .

3) Рассмотрим плоскость $(AA1C1 )$ .

$PIC$

$△AA1O ∼ △OHC1$ по двум углам ( $∠AA1O = ∠OHC1 = 90∘$ , $∠AOA1 = ∠HOC1$ ). Таким образом,

C1H-- = OC1-- (∗) AA1 AO

По теореме Пифагора из $△AA1O$ :

∘ -------- √ -- 2 a2- --6- AO = a + 2 = 2 a.

Следовательно, из $(∗)$ теперь можно найти перпендикуляр

C1H = √a-. 3

Ответ:

$a √--- 3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#810

Дан куб $ABCDA1B1C1D1$ . Найдите расстояние между прямыми $A1B$ и $AC1$ , если ребро куба равно $√ -- 6$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

По определению угол между скрещивающимися прямыми - это угол между одной прямой и плоскостью, проходящей через вторую прямую параллельно первой. Найдем плоскость, проходящую через $A1B$ параллельно $AC1$ .

Заметим, что данные прямые являются скрещивающимися. Т.к. $B C ⊥ (AA B ) 1 1 1 1$ , то проекция наклонной $AC1$ на эту плоскость – это прямая $AB1$ .

Пусть $AB1 ∩ A1B = O$ . Опустим из точки $O$ на $AC1$ перпендикуляр $OK$ и докажем, что это и есть искомое расстояние. Т.к. по определению расстояние между скрещивающимися прямыми – длина отрезка, перпендикулярного обеим прямым, то осталось доказать, что $OK$ перпендикулярен прямой $A1B$ .
Действительно, проведем $KH ∥ B1C1$ (следовательно, $H ∈ AB1$ ). Тогда т.к. $B1C1 ⊥ (AA1B1 )$ , то и $KH ⊥ (AA1B1 )$ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах (т.к. проекция $HO ⊥ A1B$ ) наклонная $KO ⊥ A1B$ , чтд.
Таким образом, $KO$ – искомое расстояние.