Номер 34, страница 126 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

34. В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от точки $B$ до прямой $DF$.

Для нахождения расстояния от точки до прямой в пространстве воспользуемся координатным методом. Введем систему координат с началом в центре $O$ нижнего основания призмы, шестиугольника $ABCDEF$. Ось $Oz$ направим вдоль бокового ребра $AA_1$, ось $Ox$ направим вдоль луча $OA$. Ось $Oy$ выберем так, чтобы она дополняла систему до правой тройки.

По условию, все ребра призмы равны 1. Это означает, что сторона основания (правильного шестиугольника) равна $a=1$, и высота призмы равна $h=1$.

Правильный шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R=a=1$. Найдем координаты вершин, необходимых для решения задачи.

Координаты вершин нижнего основания:

• Точка $A$ лежит на оси $Ox$ на расстоянии $R=1$ от начала координат, поэтому ее координаты $A(1; 0; 0)$.
• Точка $B$ получается поворотом точки $A$ на $60^\circ$ вокруг оси $Oz$. Ее координаты $B(1 \cdot \cos(60^\circ); 1 \cdot \sin(60^\circ); 0)$, то есть $B(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$.
• Точка $D$ диаметрально противоположна точке $A$, поэтому ее координаты $D(-1; 0; 0)$.
• Точка $F$ получается поворотом точки $A$ на $-60^\circ$ (или $300^\circ$) вокруг оси $Oz$. Ее координаты $F(1 \cdot \cos(-60^\circ); 1 \cdot \sin(-60^\circ); 0)$, то есть $F(\frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$.

Вершина $F_1$ находится в верхнем основании призмы, которое смещено по оси $Oz$ на высоту $h=1$. Следовательно, координаты точки $F_1$ будут $F_1(\frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2}; 1)$.

Итак, мы имеем координаты точки $B(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$ и прямой $DF_1$, проходящей через точки $D(-1; 0; 0)$ и $F_1(\frac{1}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2}; 1)$.

Расстояние $\rho$ от точки $M_0(x_0, y_0, z_0)$ до прямой, проходящей через точки $M_1$ и $M_2$, вычисляется по формуле:

$\rho = \frac{|\vec{M_1M_2} \times \vec{M_1M_0}|}{|\vec{M_1M_2}|}$

В нашем случае $M_0 = B$, $M_1 = D$, $M_2 = F_1$.

1. Найдем векторы $\vec{DF_1}$ и $\vec{DB}$:

$\vec{DF_1} = (\frac{1}{2} - (-1); -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0; 1 - 0) = (\frac{3}{2}; -\frac{\sqrt{3}}{2}; 1)$.

$\vec{DB} = (\frac{1}{2} - (-1); \frac{\sqrt{3}}{2} - 0; 0 - 0) = (\frac{3}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}; 0)$.

2. Вычислим векторное произведение $\vec{DF_1} \times \vec{DB}$:

$\vec{DF_1} \times \vec{DB} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{3}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} & 1 \\ \frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(-\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{3}{2} \cdot 0 - 1 \cdot \frac{3}{2}) + \mathbf{k}(\frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - (-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot \frac{3}{2}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{i} + \frac{3}{2}\mathbf{j} + (\frac{3\sqrt{3}}{4} + \frac{3\sqrt{3}}{4})\mathbf{k} = (-\frac{\sqrt{3}}{2}; \frac{3}{2}; \frac{3\sqrt{3}}{2})$.

3. Найдем модуль векторного произведения:

$|\vec{DF_1} \times \vec{DB}| = \sqrt{(-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{3}{2})^2 + (\frac{3\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{9}{4} + \frac{9 \cdot 3}{4}} = \sqrt{\frac{3+9+27}{4}} = \sqrt{\frac{39}{4}} = \frac{\sqrt{39}}{2}$.

4. Найдем модуль вектора $\vec{DF_1}$:

$|\vec{DF_1}| = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} + 1} = \sqrt{\frac{12}{4} + 1} = \sqrt{3+1} = \sqrt{4} = 2$.

5. Вычислим искомое расстояние:

$\rho(B, DF_1) = \frac{|\vec{DF_1} \times \vec{DB}|}{|\vec{DF_1}|} = \frac{\frac{\sqrt{39}}{2}}{2} = \frac{\sqrt{39}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{39}}{4}$.