Страница 74 - гдз по геометрии 11 класс учебник Солтан, Солтан

210. Дворец Мира и Согласия в Нур-Султане имеет вид правильной четырехугольной пирамиды, высота которой и сторона основания равны по 62 м. Найдите расстояние от вершины этой пирамиды до плоскости, проходящей через диагональ ее основания и середину бокового ребра.

211. Дан $\Delta ABC$ с вершинами в точках $A(5; 0; 5)$, $B(5; 5; 0)$, $C(5; 5; 5)$. Найдите

Дворец Мира и Согласия, г. Нур-Султан

210. Дворец Мира и Согласия в Нур-Султане...

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида.

Высота пирамиды: $H = 62$ м

Сторона основания: $a = 62$ м

Плоскость проходит через диагональ основания и середину бокового ребра.

Перевод всех данных в систему СИ:

Все данные уже представлены в системе СИ (метры), поэтому перевод не требуется.

Найти:

Расстояние от вершины пирамиды до указанной плоскости.

Решение:

Расположим пирамиду в декартовой системе координат. Пусть центр основания пирамиды находится в начале координат $O(0,0,0)$. Ось $Oz$ совпадает с высотой пирамиды. Вершина пирамиды $S$ будет иметь координаты $S(0,0,H)$. Подставляя $H=62$ м, получаем $S(0,0,62)$.

Основанием пирамиды является квадрат со стороной $a=62$ м. Вершины основания могут быть расположены следующим образом: $A(-a/2, -a/2, 0) = A(-31, -31, 0)$ $B(a/2, -a/2, 0) = B(31, -31, 0)$ $C(a/2, a/2, 0) = C(31, 31, 0)$ $D(-a/2, a/2, 0) = D(-31, 31, 0)$

Плоскость проходит через диагональ основания и середину бокового ребра. Выберем диагональ $AC$. Она соединяет точки $A(-31, -31, 0)$ и $C(31, 31, 0)$. Выберем боковое ребро $SB$. Его концы — $S(0,0,62)$ и $B(31,-31,0)$. Середина $M$ ребра $SB$ имеет координаты: $M\left(\frac{0+31}{2}, \frac{0-31}{2}, \frac{62+0}{2}\right) = M(15.5, -15.5, 31)$.

Таким образом, плоскость определяется тремя точками: $A(-31, -31, 0)$, $C(31, 31, 0)$, и $M(15.5, -15.5, 31)$. Найдем уравнение плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$, подставив координаты этих точек: 1) $A(-31, -31, 0): -31A - 31B + D = 0$ 2) $C(31, 31, 0): 31A + 31B + D = 0$ 3) $M(15.5, -15.5, 31): 15.5A - 15.5B + 31C + D = 0$

Сложим уравнения (1) и (2): $(-31A - 31B + D) + (31A + 31B + D) = 0$ $2D = 0 \Rightarrow D = 0$.

Подставим $D=0$ в уравнение (1): $-31A - 31B = 0 \Rightarrow 31(A + B) = 0 \Rightarrow A + B = 0 \Rightarrow B = -A$.

Подставим $D=0$ и $B=-A$ в уравнение (3): $15.5A - 15.5(-A) + 31C = 0$ $15.5A + 15.5A + 31C = 0$ $31A + 31C = 0 \Rightarrow 31(A + C) = 0 \Rightarrow A + C = 0 \Rightarrow C = -A$.

Таким образом, уравнение плоскости $Ax - Ay - Az = 0$. Разделив на $A$ (поскольку $A \ne 0$, иначе все коэффициенты равны нулю, что невозможно для плоскости), получаем: $x - y - z = 0$.

Теперь найдем расстояние от вершины пирамиды $S(0,0,62)$ до плоскости $x - y - z = 0$. Формула расстояния от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ : $d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Для точки $S(0,0,62)$ и плоскости $1x - 1y - 1z + 0 = 0$ ($A=1, B=-1, C=-1, D=0$): $d = \frac{|1(0) + (-1)(0) + (-1)(62) + 0|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-1)^2}}$ $d = \frac{|-62|}{\sqrt{1 + 1 + 1}}$ $d = \frac{62}{\sqrt{3}}$

Рационализируем знаменатель: $d = \frac{62 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{62\sqrt{3}}{3}$.

Ответ:

Расстояние от вершины пирамиды до плоскости составляет $d = \frac{62\sqrt{3}}{3}$ м.

211. Дан $\Delta ABC$ с вершинами в точках $A(5; 0; 5)$, $B(5; 5; 0)$, $C(5; 5; 5)$. Найдите

Вопрос неполный. Отсутствует часть условия "Найдите...". Невозможно предоставить полный ответ без полной формулировки задачи.

Дворец Мира и Согласия,

г. Нур-Султан

211. Дан $\triangle ABC$ с вершинами в точках $A(5; 0; 5)$, $B(5; 5; 0)$, $C(5; 5; 5)$. Найдите расстояние от начала $O$ системы координат до плоскости $ABC$ и сравните его с расстоянием от точки $O$ до центра окружности, описанной около этого треугольника.

Дано

Точки: $A(5; 0; 5)$, $B(5; 5; 0)$, $C(5; 5; 5)$.

Начало координат: $O(0; 0; 0)$.

Найти:

1. Расстояние от начала $O$ системы координат до плоскости $ABC$.

2. Расстояние от точки $O$ до центра окружности, описанной около треугольника $ABC$.

3. Сравнить эти расстояния.

Решение

Нахождение расстояния от начала O системы координат до плоскости ABC

Для нахождения расстояния от точки до плоскости, сначала найдем уравнение плоскости $ABC$.

Определим векторы $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$:

$\vec{AB} = B - A = (5-5; 5-0; 0-5) = (0; 5; -5)$

$\vec{AC} = C - A = (5-5; 5-0; 5-5) = (0; 5; 0)$

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ABC$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 5 & -5 \\ 0 & 5 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(5 \cdot 0 - (-5) \cdot 5) - \mathbf{j}(0 \cdot 0 - (-5) \cdot 0) + \mathbf{k}(0 \cdot 5 - 5 \cdot 0)$

$\vec{n} = \mathbf{i}(0 + 25) - \mathbf{j}(0) + \mathbf{k}(0) = (25; 0; 0)$

Можно взять более простой нормальный вектор, пропорциональный $(25; 0; 0)$, например $(1; 0; 0)$.

Уравнение плоскости имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Подставим $A=1, B=0, C=0$:

$1x + 0y + 0z + D = 0 \implies x + D = 0$

Для нахождения $D$, подставим координаты одной из точек, например $A(5; 0; 5)$:

$5 + D = 0 \implies D = -5$

Таким образом, уравнение плоскости $ABC$ есть $x - 5 = 0$, или $x = 5$.

Расстояние от начала координат $O(0; 0; 0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ вычисляется по формуле:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Для нашей плоскости $x - 5 = 0$ (где $A=1, B=0, C=0, D=-5$) и точки $O(0; 0; 0)$:

$d_{O, plane} = \frac{|1 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 0 \cdot 0 - 5|}{\sqrt{1^2 + 0^2 + 0^2}} = \frac{|-5|}{\sqrt{1}} = 5$

Ответ: $5$

Нахождение расстояния от точки O до центра окружности, описанной около этого треугольника

Сначала найдем длины сторон треугольника $ABC$:

$AB = \sqrt{(5-5)^2 + (5-0)^2 + (0-5)^2} = \sqrt{0^2 + 5^2 + (-5)^2} = \sqrt{0 + 25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$

$AC = \sqrt{(5-5)^2 + (5-0)^2 + (5-5)^2} = \sqrt{0^2 + 5^2 + 0^2} = \sqrt{0 + 25 + 0} = \sqrt{25} = 5$

$BC = \sqrt{(5-5)^2 + (5-5)^2 + (5-0)^2} = \sqrt{0^2 + 0^2 + 5^2} = \sqrt{0 + 0 + 25} = \sqrt{25} = 5$

Заметим, что $AC^2 + BC^2 = 5^2 + 5^2 = 25 + 25 = 50$. Также $AB^2 = (5\sqrt{2})^2 = 50$.

Поскольку $AC^2 + BC^2 = AB^2$, треугольник $ABC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$.

Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, находится в середине гипотенузы.

Гипотенузой является сторона $AB$. Найдем координаты середины $K$ отрезка $AB$:

$K = \left(\frac{x_A+x_B}{2}; \frac{y_A+y_B}{2}; \frac{z_A+z_B}{2}\right)$

$K = \left(\frac{5+5}{2}; \frac{0+5}{2}; \frac{5+0}{2}\right) = \left(\frac{10}{2}; \frac{5}{2}; \frac{5}{2}\right) = (5; 2.5; 2.5)$

Теперь найдем расстояние от начала координат $O(0; 0; 0)$ до центра окружности $K(5; 2.5; 2.5)$:

$d_{O,K} = \sqrt{(5-0)^2 + (2.5-0)^2 + (2.5-0)^2}$

$d_{O,K} = \sqrt{5^2 + (5/2)^2 + (5/2)^2}$

$d_{O,K} = \sqrt{25 + \frac{25}{4} + \frac{25}{4}} = \sqrt{25 + \frac{50}{4}} = \sqrt{25 + \frac{25}{2}}$

$d_{O,K} = \sqrt{\frac{50}{2} + \frac{25}{2}} = \sqrt{\frac{75}{2}} = \sqrt{\frac{25 \cdot 3}{2}} = 5\sqrt{\frac{3}{2}} = 5\frac{\sqrt{6}}{2}$

Ответ: $5\frac{\sqrt{6}}{2}$

Сравнение найденных расстояний

Расстояние от начала координат до плоскости $ABC$: $d_{O, plane} = 5$.

Расстояние от начала координат до центра описанной окружности: $d_{O,K} = 5\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Для сравнения возведем в квадрат оба расстояния (или их части, разделив на 5):

Сравним $1$ и $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

$1^2 = 1$

$\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^2 = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$

Так как $1 < \frac{3}{2}$, то $1 < \frac{\sqrt{6}}{2}$.

Умножая обе части на 5, получаем $5 < 5\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Следовательно, расстояние от начала $O$ системы координат до плоскости $ABC$ меньше, чем расстояние от точки $O$ до центра окружности, описанной около этого треугольника.

Ответ: Расстояние от начала $O$ системы координат до плоскости $ABC$ ($5$) меньше расстояния от точки $O$ до центра окружности, описанной около этого треугольника ($5\frac{\sqrt{6}}{2}$).

212. Напишите уравнение плоскости, расстояние от которой до параллельной ей плоскости $x + y + z - 1 = 0$ равно $\sqrt{3}$.

Дано:

Уравнение плоскости $\Pi_1: x + y + z - 1 = 0$.

Расстояние $d = \sqrt{3}$.

Искомая плоскость $\Pi_2$ параллельна плоскости $\Pi_1$.

Найти:

Уравнение плоскости $\Pi_2$.

Решение:

Поскольку искомая плоскость $\Pi_2$ параллельна данной плоскости $\Pi_1: x + y + z - 1 = 0$, их нормальные векторы должны быть коллинеарны. Нормальный вектор плоскости $\Pi_1$ равен $\vec{n_1} = (1, 1, 1)$. Следовательно, уравнение искомой плоскости $\Pi_2$ будет иметь вид $x + y + z + D_2 = 0$, где $D_2$ - некоторая константа.

Расстояние $d$ между двумя параллельными плоскостями $A x + B y + C z + D_1 = 0$ и $A x + B y + C z + D_2 = 0$ вычисляется по формуле:

$d = \frac{|D_1 - D_2|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

В нашем случае для плоскости $\Pi_1: x + y + z - 1 = 0$ имеем $A=1$, $B=1$, $C=1$, $D_1=-1$.

Для плоскости $\Pi_2: x + y + z + D_2 = 0$ имеем $A=1$, $B=1$, $C=1$.

Заданное расстояние $d = \sqrt{3}$. Подставим эти значения в формулу:

$\sqrt{3} = \frac{|-1 - D_2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}}$

$\sqrt{3} = \frac{|-1 - D_2|}{\sqrt{3}}$

Умножим обе части уравнения на $\sqrt{3}$:

$\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = |-1 - D_2|$

$3 = |-1 - D_2|$

Это уравнение распадается на два случая:

1) $-1 - D_2 = 3$

$-D_2 = 3 + 1$

$-D_2 = 4$

$D_2 = -4$

В этом случае уравнение плоскости будет $x + y + z - 4 = 0$.

2) $-1 - D_2 = -3$

$-D_2 = -3 + 1$

$-D_2 = -2$

$D_2 = 2$

В этом случае уравнение плоскости будет $x + y + z + 2 = 0$.

Таким образом, существует две плоскости, удовлетворяющие условиям задачи.

Ответ:

Уравнения плоскостей: $x + y + z - 4 = 0$ и $x + y + z + 2 = 0$.

213. Найдите расстояние от точки $M(2\sqrt{14}; 0; 2\sqrt{14})$ до плоскости, заданной уравнениями:

a) $\begin{cases} x - y = 0 \\ y + z = 0 \end{cases}$, и $\begin{cases} x + y + z = 0 \\ 2x + 3y + z = 0 \end{cases}$;

б) $\begin{cases} 2x + y - z = 0 \\ x + 2y + z = 0 \end{cases}$, и $\begin{cases} x - y + 2z = 0 \\ -x + 2y - z = 0 \end{cases}$.

a)

Дано:

Точка $M(2\sqrt{14}; 0; 2\sqrt{14})$.

Плоскость, заданная уравнениями:

Система 1: $\begin{cases} x-y=0 \\ y+z=0 \end{cases}$

Система 2: $\begin{cases} x+y+z=0 \\ 2x+3y+z=0 \end{cases}$

Найти:

Расстояние от точки $M$ до плоскости.

Решение:

Предполагаем, что искомая плоскость проходит через линии пересечения каждой из двух заданных систем уравнений.

Найдем линию $L_1$ – пересечение плоскостей $x-y=0$ и $y+z=0$.

Из первого уравнения следует $x=y$.

Из второго уравнения следует $z=-y$.

Таким образом, параметрические уравнения линии $L_1$ имеют вид $(t, t, -t)$. Направляющий вектор линии $L_1$ равен $\vec{v_1} = (1, 1, -1)$.

Найдем линию $L_2$ – пересечение плоскостей $x+y+z=0$ и $2x+3y+z=0$.

Вычтем первое уравнение из второго: $(2x+3y+z) - (x+y+z) = 0 \Rightarrow x+2y=0 \Rightarrow x=-2y$.

Подставим $x=-2y$ в первое уравнение: $(-2y)+y+z=0 \Rightarrow -y+z=0 \Rightarrow z=y$.

Таким образом, параметрические уравнения линии $L_2$ имеют вид $(-2s, s, s)$. Направляющий вектор линии $L_2$ равен $\vec{v_2} = (-2, 1, 1)$.

Проверим, пересекаются ли линии $L_1$ и $L_2$. Приравняем их координаты: $t = -2s$, $t = s$, $-t = s$. Из $t=s$ и $t=-2s$ следует $s=-2s$, что дает $3s=0$, то есть $s=0$. Отсюда $t=0$. Таким образом, линии пересекаются в начале координат $(0,0,0)$.

Поскольку обе линии проходят через начало координат и не являются параллельными (их направляющие векторы $\vec{v_1}=(1,1,-1)$ и $\vec{v_2}=(-2,1,1)$ не коллинеарны, так как $\frac{1}{-2} \ne \frac{1}{1}$), они определяют плоскость.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к этой плоскости можно найти как векторное произведение направляющих векторов линий:

$\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & -1 \\ -2 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}((1)(1) - (-1)(1)) - \vec{j}((1)(1) - (-1)(-2)) + \vec{k}((1)(1) - (1)(-2))$

$\vec{n} = \vec{i}(1+1) - \vec{j}(1-2) + \vec{k}(1+2) = (2, 1, 3)$.

Уравнение плоскости имеет вид $Ax+By+Cz+D=0$. Используя нормальный вектор $\vec{n}=(2,1,3)$, получаем $2x+y+3z+D=0$.

Так как плоскость проходит через начало координат $(0,0,0)$, подставим эти координаты в уравнение: $2(0)+0+3(0)+D=0 \Rightarrow D=0$.

Таким образом, уравнение искомой плоскости для части (a) есть $2x+y+3z=0$.

Теперь найдем расстояние от точки $M(2\sqrt{14}; 0; 2\sqrt{14})$ до плоскости $2x+y+3z=0$.

Используем формулу расстояния от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax+By+Cz+D=0$:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Здесь $A=2, B=1, C=3, D=0$. Координаты точки $M(x_0, y_0, z_0) = (2\sqrt{14}, 0, 2\sqrt{14})$.

$d = \frac{|2(2\sqrt{14}) + 1(0) + 3(2\sqrt{14}) + 0|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 3^2}}$

$d = \frac{|4\sqrt{14} + 0 + 6\sqrt{14}|}{\sqrt{4 + 1 + 9}}$

$d = \frac{|10\sqrt{14}|}{\sqrt{14}}$

$d = 10$.

Ответ: $10$

б)

Дано:

Точка $M(2\sqrt{14}; 0; 2\sqrt{14})$.

Плоскость, заданная уравнениями:

Система 1: $\begin{cases} 2x+y-z=0 \\ x+2y+z=0 \end{cases}$

Система 2: $\begin{cases} x-y+2z=0 \\ -x+2y-z=0 \end{cases}$

Найти:

Расстояние от точки $M$ до плоскости.

Решение:

Предполагаем, что искомая плоскость проходит через линии пересечения каждой из двух заданных систем уравнений.

Найдем линию $L_3$ – пересечение плоскостей $2x+y-z=0$ и $x+2y+z=0$.

Сложим уравнения: $(2x+y-z) + (x+2y+z) = 0 \Rightarrow 3x+3y=0 \Rightarrow x=-y$.

Подставим $x=-y$ в первое уравнение: $2(-y)+y-z=0 \Rightarrow -y-z=0 \Rightarrow z=-y$.

Таким образом, параметрические уравнения линии $L_3$ имеют вид $(-t, t, -t)$. Направляющий вектор линии $L_3$ равен $\vec{v_3} = (-1, 1, -1)$.

Найдем линию $L_4$ – пересечение плоскостей $x-y+2z=0$ и $-x+2y-z=0$.

Сложим уравнения: $(x-y+2z) + (-x+2y-z) = 0 \Rightarrow y+z=0 \Rightarrow z=-y$.

Подставим $z=-y$ в первое уравнение: $x-y+2(-y)=0 \Rightarrow x-3y=0 \Rightarrow x=3y$.

Таким образом, параметрические уравнения линии $L_4$ имеют вид $(3s, s, -s)$. Направляющий вектор линии $L_4$ равен $\vec{v_4} = (3, 1, -1)$.

Проверим, пересекаются ли линии $L_3$ и $L_4$. Приравняем их координаты: $-t = 3s$, $t = s$, $-t = -s$. Из $t=s$ и $-t=3s$ следует $-s=3s$, что дает $4s=0$, то есть $s=0$. Отсюда $t=0$. Таким образом, линии пересекаются в начале координат $(0,0,0)$.

Поскольку обе линии проходят через начало координат и не являются параллельными (их направляющие векторы $\vec{v_3}=(-1,1,-1)$ и $\vec{v_4}=(3,1,-1)$ не коллинеарны, так как $\frac{-1}{3} \ne \frac{1}{1}$), они определяют плоскость.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к этой плоскости можно найти как векторное произведение направляющих векторов линий:

$\vec{n} = \vec{v_3} \times \vec{v_4} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{vmatrix} = \vec{i}((1)(-1) - (-1)(1)) - \vec{j}((-1)(-1) - (-1)(3)) + \vec{k}((-1)(1) - (1)(3))$

$\vec{n} = \vec{i}(-1+1) - \vec{j}(1+3) + \vec{k}(-1-3) = (0, -4, -4)$.

Для упрощения можно использовать нормальный вектор $\vec{n}' = (0, 1, 1)$, разделив компоненты на $-4$.

Уравнение плоскости имеет вид $Ax+By+Cz+D=0$. Используя нормальный вектор $\vec{n}'=(0,1,1)$, получаем $0x+1y+1z+D=0$, или $y+z+D=0$.

Так как плоскость проходит через начало координат $(0,0,0)$, подставим эти координаты в уравнение: $0+0+D=0 \Rightarrow D=0$.

Таким образом, уравнение искомой плоскости для части (b) есть $y+z=0$.

Теперь найдем расстояние от точки $M(2\sqrt{14}; 0; 2\sqrt{14})$ до плоскости $y+z=0$.

Используем формулу расстояния от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax+By+Cz+D=0$:

$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$

Здесь $A=0, B=1, C=1, D=0$. Координаты точки $M(x_0, y_0, z_0) = (2\sqrt{14}, 0, 2\sqrt{14})$.

$d = \frac{|0(2\sqrt{14}) + 1(0) + 1(2\sqrt{14}) + 0|}{\sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2}}$

$d = \frac{|0 + 0 + 2\sqrt{14}|}{\sqrt{0 + 1 + 1}}$

$d = \frac{|2\sqrt{14}|}{\sqrt{2}}$

$d = \frac{2\sqrt{14}}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{\frac{14}{2}} = 2\sqrt{7}$.

Ответ: $2\sqrt{7}$

214. Найдите расстояние от начала координат до плоскости, проходящей через точки:

а) $B(0; 2; 3)$, $C(-1; 3; 1)$, $D(2; 1; 1)$;

б) $K(1; 2; 3)$, $L(0; 7; 1)$, $P(1; 5; 0)$.

Дано:

Для подпункта а) заданы точки: $B(0; 2; 3)$, $C(-1; 3; 1)$, $D(2; 1; 1)$.

Для подпункта б) заданы точки: $K(1; 2; 3)$, $L(0; 7; 1)$, $P(1; 5; 0)$.

Точка, от которой необходимо найти расстояние: начало координат $O(0; 0; 0)$.

Найти:

Расстояние от начала координат до плоскости, проходящей через заданные три точки, для каждого подпункта.

Решение:

Расстояние $d$ от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости, заданной общим уравнением $Ax + By + Cz + D = 0$, вычисляется по формуле: $d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$. В нашем случае, точка является началом координат $O(0, 0, 0)$, поэтому формула упрощается до: $d = \frac{|A \cdot 0 + B \cdot 0 + C \cdot 0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}} = \frac{|D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$. Для определения уравнения плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ по трем точкам, мы найдем два вектора, лежащих в плоскости, а затем их векторное произведение, которое даст нормальный вектор плоскости $(A, B, C)$. После этого, подставив координаты одной из точек в уравнение плоскости, найдем $D$.

a)

Даны точки: $B(0; 2; 3)$, $C(-1; 3; 1)$, $D(2; 1; 1)$.

Составим два вектора, лежащих в плоскости, например, $\vec{BC}$ и $\vec{BD}$: $\vec{BC} = C - B = (-1 - 0; 3 - 2; 1 - 3) = (-1; 1; -2)$ $\vec{BD} = D - B = (2 - 0; 1 - 2; 1 - 3) = (2; -1; -2)$

Нормальный вектор $\vec{n} = (A; B; C)$ к плоскости найдем как векторное произведение $\vec{BC} \times \vec{BD}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 1 & -2 \\ 2 & -1 & -2 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot (-2) - (-2) \cdot (-1)) - \mathbf{j}((-1) \cdot (-2) - (-2) \cdot 2) + \mathbf{k}((-1) \cdot (-1) - 1 \cdot 2)$ $\vec{n} = \mathbf{i}(-2 - 2) - \mathbf{j}(2 + 4) + \mathbf{k}(1 - 2)$ $\vec{n} = -4\mathbf{i} - 6\mathbf{j} - 1\mathbf{k} = (-4; -6; -1)$. Для удобства можно взять пропорциональный нормальный вектор $\vec{n'} = (4; 6; 1)$.

Используем уравнение плоскости $A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) = 0$ с нормальным вектором $\vec{n'} = (4; 6; 1)$ и точкой $B(0; 2; 3)$: $4(x - 0) + 6(y - 2) + 1(z - 3) = 0$ $4x + 6y - 12 + z - 3 = 0$ $4x + 6y + z - 15 = 0$. Итак, уравнение плоскости: $4x + 6y + z - 15 = 0$, где $A=4, B=6, C=1, D=-15$.

Теперь вычислим расстояние от начала координат $O(0; 0; 0)$ до этой плоскости: $d = \frac{|-15|}{\sqrt{4^2 + 6^2 + 1^2}} = \frac{15}{\sqrt{16 + 36 + 1}} = \frac{15}{\sqrt{53}}$.

Ответ: $d = \frac{15}{\sqrt{53}}$.

б)

Даны точки: $K(1; 2; 3)$, $L(0; 7; 1)$, $P(1; 5; 0)$.

Составим два вектора, лежащих в плоскости, например, $\vec{KL}$ и $\vec{KP}$: $\vec{KL} = L - K = (0 - 1; 7 - 2; 1 - 3) = (-1; 5; -2)$ $\vec{KP} = P - K = (1 - 1; 5 - 2; 0 - 3) = (0; 3; -3)$

Нормальный вектор $\vec{n} = (A; B; C)$ к плоскости найдем как векторное произведение $\vec{KL} \times \vec{KP}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 5 & -2 \\ 0 & 3 & -3 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(5 \cdot (-3) - (-2) \cdot 3) - \mathbf{j}((-1) \cdot (-3) - (-2) \cdot 0) + \mathbf{k}((-1) \cdot 3 - 5 \cdot 0)$ $\vec{n} = \mathbf{i}(-15 + 6) - \mathbf{j}(3 - 0) + \mathbf{k}(-3 - 0)$ $\vec{n} = -9\mathbf{i} - 3\mathbf{j} - 3\mathbf{k} = (-9; -3; -3)$. Для удобства можно взять пропорциональный нормальный вектор $\vec{n'} = (3; 1; 1)$ (разделив все компоненты на $-3$).

Используем уравнение плоскости $A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) = 0$ с нормальным вектором $\vec{n'} = (3; 1; 1)$ и точкой $K(1; 2; 3)$: $3(x - 1) + 1(y - 2) + 1(z - 3) = 0$ $3x - 3 + y - 2 + z - 3 = 0$ $3x + y + z - 8 = 0$. Итак, уравнение плоскости: $3x + y + z - 8 = 0$, где $A=3, B=1, C=1, D=-8$.

Теперь вычислим расстояние от начала координат $O(0; 0; 0)$ до этой плоскости: $d = \frac{|-8|}{\sqrt{3^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{8}{\sqrt{9 + 1 + 1}} = \frac{8}{\sqrt{11}}$.

Ответ: $d = \frac{8}{\sqrt{11}}$.

215. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ проведено сечение через точки $M, N$ и $K$ – середины его ребер $A_1D_1$, $C_1D_1$ и $DD_1$ соответственно. Расстояние от точки $D_1$ до плоскости сечения равно 3. Найдите расстояние до плоскости $MNK$ от остальных вершин куба.

Дано

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.
Точки $M, N, K$ - середины ребер $A_1D_1$, $C_1D_1$ и $DD_1$ соответственно.
Расстояние от точки $D_1$ до плоскости сечения $MNK$ равно 3.

Найти:

Расстояние до плоскости $MNK$ от остальных вершин куба.

Решение

1. Введение системы координат и определение координат точек

Пусть ребро куба равно $a$. Введем систему координат с началом в точке $D_1(0,0,0)$. Оси координат направим вдоль ребер $D_1A_1$ (ось X), $D_1C_1$ (ось Y) и $D_1D$ (ось Z, направленная "вниз"). Тогда координаты вершин куба: $D_1=(0,0,0)$
$A_1=(a,0,0)$
$C_1=(0,a,0)$
$D=(0,0,-a)$
$B_1=(a,a,0)$
$A=(a,0,-a)$
$C=(0,a,-a)$
$B=(a,a,-a)$

Определим координаты точек $M, N, K$ как середины соответствующих ребер:
$M$ - середина $A_1D_1$. Координаты $A_1(a,0,0)$ и $D_1(0,0,0)$.
$M = (\frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{a}{2}, 0, 0)$.
$N$ - середина $C_1D_1$. Координаты $C_1(0,a,0)$ и $D_1(0,0,0)$.
$N = (\frac{0+0}{2}, \frac{a+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, \frac{a}{2}, 0)$.
$K$ - середина $DD_1$. Координаты $D(0,0,-a)$ и $D_1(0,0,0)$.
$K = (\frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{-a+0}{2}) = (0, 0, -\frac{a}{2})$.

2. Определение уравнения плоскости $MNK$

Поскольку точки $M, N, K$ лежат на осях координат, они являются точками пересечения плоскости с осями. Уравнение плоскости в отрезках имеет вид:
$\frac{x}{x_0} + \frac{y}{y_0} + \frac{z}{z_0} = 1$
где $x_0, y_0, z_0$ - координаты точек пересечения плоскости с осями X, Y, Z соответственно.
Для наших точек $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$, $N(0, \frac{a}{2}, 0)$, $K(0, 0, -\frac{a}{2})$:
$x_0 = \frac{a}{2}$, $y_0 = \frac{a}{2}$, $z_0 = -\frac{a}{2}$.
Подставляем значения в уравнение:
$\frac{x}{a/2} + \frac{y}{a/2} + \frac{z}{-a/2} = 1$
Умножим все члены уравнения на $a/2$ для упрощения:
$x + y - z = \frac{a}{2}$
Перенесем константу в левую часть, чтобы получить общий вид уравнения плоскости $Ax+By+Cz+D_p=0$:
$x + y - z - \frac{a}{2} = 0$.

3. Определение длины ребра куба $a$

Расстояние от точки $(x_p, y_p, z_p)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D_p = 0$ определяется формулой:
$d = \frac{|Ax_p + By_p + Cz_p + D_p|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$
Для нашей плоскости $x + y - z - \frac{a}{2} = 0$, коэффициенты: $A=1, B=1, C=-1, D_p = -\frac{a}{2}$.
Расстояние от точки $D_1(0,0,0)$ до плоскости $MNK$ равно 3 по условию задачи:
$d(D_1, MNK) = \frac{|1(0) + 1(0) - 1(0) - \frac{a}{2}|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + (-1)^2}}$
$d(D_1, MNK) = \frac{|-\frac{a}{2}|}{\sqrt{1+1+1}} = \frac{a/2}{\sqrt{3}}$
Приравниваем это к заданному расстоянию:
$\frac{a/2}{\sqrt{3}} = 3$
$\frac{a}{2} = 3\sqrt{3}$
$a = 6\sqrt{3}$.
Таким образом, ребро куба равно $6\sqrt{3}$. Уравнение плоскости $MNK$ окончательно принимает вид:
$x + y - z - \frac{6\sqrt{3}}{2} = 0$
$x + y - z - 3\sqrt{3} = 0$.

4. Расчет расстояний от остальных вершин куба до плоскости $MNK$

Используем уравнение плоскости $x + y - z - 3\sqrt{3} = 0$ и значение $a=6\sqrt{3}$.
Знаменатель в формуле расстояния для этой плоскости: $\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2} = \sqrt{3}$.

Рассчитаем расстояния для остальных 7 вершин куба:

Для вершины $D(0,0,-a) = D(0,0,-6\sqrt{3})$:
$d(D, MNK) = \frac{|0 + 0 - (-6\sqrt{3}) - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|6\sqrt{3} - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 3$.

Для вершины $A_1(a,0,0) = A_1(6\sqrt{3},0,0)$:
$d(A_1, MNK) = \frac{|6\sqrt{3} + 0 - 0 - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 3$.

Для вершины $C_1(0,a,0) = C_1(0,6\sqrt{3},0)$:
$d(C_1, MNK) = \frac{|0 + 6\sqrt{3} - 0 - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 3$.

Для вершины $B_1(a,a,0) = B_1(6\sqrt{3},6\sqrt{3},0)$:
$d(B_1, MNK) = \frac{|6\sqrt{3} + 6\sqrt{3} - 0 - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|12\sqrt{3} - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{9\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 9$.

Для вершины $A(a,0,-a) = A(6\sqrt{3},0,-6\sqrt{3})$:
$d(A, MNK) = \frac{|6\sqrt{3} + 0 - (-6\sqrt{3}) - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|6\sqrt{3} + 6\sqrt{3} - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|9\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 9$.

Для вершины $C(0,a,-a) = C(0,6\sqrt{3},-6\sqrt{3})$:
$d(C, MNK) = \frac{|0 + 6\sqrt{3} - (-6\sqrt{3}) - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|6\sqrt{3} + 6\sqrt{3} - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|9\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 9$.

Для вершины $B(a,a,-a) = B(6\sqrt{3},6\sqrt{3},-6\sqrt{3})$:
$d(B, MNK) = \frac{|6\sqrt{3} + 6\sqrt{3} - (-6\sqrt{3}) - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|12\sqrt{3} + 6\sqrt{3} - 3\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = \frac{|15\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 15$.

Ответ:

Расстояние от вершины $D$ до плоскости $MNK$ равно 3.
Расстояние от вершины $A_1$ до плоскости $MNK$ равно 3.
Расстояние от вершины $C_1$ до плоскости $MNK$ равно 3.
Расстояние от вершины $B_1$ до плоскости $MNK$ равно 9.
Расстояние от вершины $A$ до плоскости $MNK$ равно 9.
Расстояние от вершины $C$ до плоскости $MNK$ равно 9.
Расстояние от вершины $B$ до плоскости $MNK$ равно 15.

216. Дан тетраэдр $PABC$, каждое боковое ребро которого равно 2 и все плоские углы при вершине $P$ – прямые. Найдите расстояние от вершины $P$ до плоскости, проходящей через середины его ребер $AC$, $AB$ и $CP$.

Дано:

Тетраэдр $PABC$.

Длины боковых ребер: $PA = PB = PC = 2$.

Плоские углы при вершине $P$ прямые: $\angle APB = 90^\circ$, $\angle BPC = 90^\circ$, $\angle CPA = 90^\circ$.

Плоскость $\alpha$ проходит через середины ребер $AC$, $AB$ и $CP$.

Найти:

Расстояние от вершины $P$ до плоскости $\alpha$.

Решение:

Поскольку плоские углы при вершине $P$ прямые и длины ребер $PA, PB, PC$ равны, удобно ввести декартову систему координат с началом в точке $P$. Ось $x$ направим вдоль $PA$, ось $y$ вдоль $PB$, и ось $z$ вдоль $PC$.

Тогда координаты вершин будут:

$P = (0, 0, 0)$

$A = (2, 0, 0)$

$B = (0, 2, 0)$

$C = (0, 0, 2)$

Найдем координаты середин указанных ребер:

Пусть $M_1$ — середина ребра $AC$. Координаты $M_1$:

$M_1 = \left(\frac{2+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+2}{2}\right) = (1, 0, 1)$

Пусть $M_2$ — середина ребра $AB$. Координаты $M_2$:

$M_2 = \left(\frac{2+0}{2}, \frac{0+2}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = (1, 1, 0)$

Пусть $M_3$ — середина ребра $CP$. Координаты $M_3$:

$M_3 = \left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{2+0}{2}\right) = (0, 0, 1)$

Теперь найдем уравнение плоскости $\alpha$, проходящей через точки $M_1(1,0,1)$, $M_2(1,1,0)$ и $M_3(0,0,1)$.

Найдем два вектора, лежащих в плоскости:

$\vec{M_3M_1} = M_1 - M_3 = (1-0, 0-0, 1-1) = (1, 0, 0)$

$\vec{M_3M_2} = M_2 - M_3 = (1-0, 1-0, 0-1) = (1, 1, -1)$

Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $\alpha$ можно найти как векторное произведение этих двух векторов:

$\vec{n} = \vec{M_3M_1} \times \vec{M_3M_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \end{vmatrix}$

$\vec{n} = \mathbf{i}(0 \cdot (-1) - 0 \cdot 1) - \mathbf{j}(1 \cdot (-1) - 0 \cdot 1) + \mathbf{k}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 1)$

$\vec{n} = \mathbf{i}(0) - \mathbf{j}(-1) + \mathbf{k}(1)$

$\vec{n} = (0, 1, 1)$

Общее уравнение плоскости имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Используя компоненты вектора нормали $(A,B,C) = (0,1,1)$, получаем $0x + 1y + 1z + D = 0$, или $y + z + D = 0$.

Чтобы найти $D$, подставим координаты одной из точек, например $M_3(0,0,1)$, в уравнение плоскости:

$0 + 1 + D = 0 \Rightarrow D = -1$

Таким образом, уравнение плоскости $\alpha$ есть $y + z - 1 = 0$.

Теперь вычислим расстояние от вершины $P(0,0,0)$ до плоскости $y + z - 1 = 0$. Формула расстояния от точки $(x_0, y_0, z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ равна $d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$.

В нашем случае $(x_0, y_0, z_0) = (0,0,0)$ и $A=0, B=1, C=1, D=-1$.

$d = \frac{|0(0) + 1(0) + 1(0) - 1|}{\sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2}}$

$d = \frac{|-1|}{\sqrt{0 + 1 + 1}}$

$d = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Домножим числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$ для избавления от иррациональности в знаменателе:

$d = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Ответ:

Расстояние от вершины $P$ до плоскости, проходящей через середины его ребер $AC$, $AB$ и $CP$, равно $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

217. Расстояние от начала координат до центра окружности, описанной около $\triangle ABC$ с вершинами в точках $A(t; 0; 0)$, $B(0; 0; t)$, $C(t; t; t)$, равно

$\frac{\sqrt{6}}{2}$. Найдите расстояние от начала координат до плоскости $ABC$.

Дано:

Вершины треугольника $ABC$: $A(t; 0; 0)$, $B(0; 0; t)$, $C(t; t; t)$.

Расстояние от начала координат $O(0; 0; 0)$ до центра окружности, описанной около $\triangle ABC$, равно $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Найти:

Расстояние от начала координат до плоскости $ABC$.

Решение:

1. Найдем уравнение плоскости $ABC$.
Для этого нам нужны два вектора, лежащих в плоскости, и одна точка. Возьмем точку $A(t; 0; 0)$.
Векторы: $\vec{AB} = B - A = (0 - t; 0 - 0; t - 0) = (-t; 0; t)$.
$\vec{AC} = C - A = (t - t; t - 0; t - 0) = (0; t; t)$.
Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $ABC$ можно найти как векторное произведение $\vec{AB} \times \vec{AC}$.
$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -t & 0 & t \\ 0 & t & t \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot t - t \cdot t) - \mathbf{j}(-t \cdot t - t \cdot 0) + \mathbf{k}(-t \cdot t - 0 \cdot 0)$
$\vec{n} = (-t^2; t^2; -t^2)$.
Предполагая $t \neq 0$, мы можем упростить нормальный вектор, разделив его на $-t^2$: $\vec{n'} = (1; -1; 1)$.
Уравнение плоскости имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$. Используя $\vec{n'} = (1; -1; 1)$, получаем $x - y + z + D = 0$.
Подставим координаты точки $A(t; 0; 0)$ в уравнение плоскости, чтобы найти $D$:
$1(t) - 1(0) + 1(0) + D = 0$
$t + D = 0 \implies D = -t$.
Таким образом, уравнение плоскости $ABC$ есть $x - y + z - t = 0$.

2. Найдем координаты центра окружности, описанной около $\triangle ABC$.
Пусть $P(x_p; y_p; z_p)$ - центр описанной окружности. Он обладает двумя свойствами:
a) Он равноудален от вершин $A, B, C$, то есть $PA = PB = PC$.
b) Он лежит в плоскости $\triangle ABC$.
Используем свойство (a):
$PA^2 = (x_p - t)^2 + y_p^2 + z_p^2$
$PB^2 = x_p^2 + y_p^2 + (z_p - t)^2$
$PC^2 = (x_p - t)^2 + (y_p - t)^2 + (z_p - t)^2$
Приравниваем $PA^2 = PB^2$:
$(x_p - t)^2 + y_p^2 + z_p^2 = x_p^2 + y_p^2 + (z_p - t)^2$
$x_p^2 - 2tx_p + t^2 + y_p^2 + z_p^2 = x_p^2 + y_p^2 + z_p^2 - 2tz_p + t^2$
$-2tx_p = -2tz_p$
$x_p = z_p$ (при $t \neq 0$).
Приравниваем $PB^2 = PC^2$:
$x_p^2 + y_p^2 + (z_p - t)^2 = (x_p - t)^2 + (y_p - t)^2 + (z_p - t)^2$
$x_p^2 + y_p^2 = (x_p - t)^2 + (y_p - t)^2$
$x_p^2 + y_p^2 = x_p^2 - 2tx_p + t^2 + y_p^2 - 2ty_p + t^2$
$0 = -2tx_p - 2ty_p + 2t^2$
$tx_p + ty_p = t^2$
$x_p + y_p = t$ (при $t \neq 0$).
Теперь используем свойство (b): центр $P(x_p; y_p; z_p)$ лежит в плоскости $ABC$, то есть его координаты удовлетворяют уравнению плоскости $x - y + z - t = 0$.
$x_p - y_p + z_p = t$.
Мы имеем систему уравнений для $x_p, y_p, z_p$:
1) $x_p = z_p$
2) $x_p + y_p = t$
3) $x_p - y_p + z_p = t$
Подставим (1) в (3):
$x_p - y_p + x_p = t \implies 2x_p - y_p = t$ (уравнение 4).
Теперь решим систему из (2) и (4):
$x_p + y_p = t$
$2x_p - y_p = t$
Сложим эти два уравнения:
$(x_p + y_p) + (2x_p - y_p) = t + t$
$3x_p = 2t \implies x_p = \frac{2t}{3}$.
Найдем $y_p$ из $x_p + y_p = t$:
$\frac{2t}{3} + y_p = t \implies y_p = t - \frac{2t}{3} = \frac{t}{3}$.
Используя $x_p = z_p$:
$z_p = \frac{2t}{3}$.
Итак, координаты центра окружности $P\left(\frac{2t}{3}; \frac{t}{3}; \frac{2t}{3}\right)$.

3. Используем данное расстояние от начала координат до центра окружности для нахождения $t$.
Расстояние $OP$ от начала координат $O(0; 0; 0)$ до $P\left(\frac{2t}{3}; \frac{t}{3}; \frac{2t}{3}\right)$ равно $\frac{\sqrt{6}}{2}$.
$OP^2 = \left(\frac{2t}{3} - 0\right)^2 + \left(\frac{t}{3} - 0\right)^2 + \left(\frac{2t}{3} - 0\right)^2$
$OP^2 = \frac{4t^2}{9} + \frac{t^2}{9} + \frac{4t^2}{9} = \frac{9t^2}{9} = t^2$.
Значит, $OP = \sqrt{t^2} = |t|$.
По условию $OP = \frac{\sqrt{6}}{2}$.
Следовательно, $|t| = \frac{\sqrt{6}}{2}$.

4. Найдем расстояние от начала координат до плоскости $ABC$.
Уравнение плоскости $ABC$: $x - y + z - t = 0$.
Расстояние от точки $(x_0; y_0; z_0)$ до плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ дается формулой:
$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$.
Для начала координат $O(0; 0; 0)$, $A=1, B=-1, C=1, D=-t$.
$d = \frac{|1(0) - 1(0) + 1(0) - t|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2}}$
$d = \frac{|-t|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = \frac{|t|}{\sqrt{3}}$.
Подставим значение $|t| = \frac{\sqrt{6}}{2}$:
$d = \frac{\frac{\sqrt{6}}{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{2\sqrt{3}}$.
Упростим выражение:
$d = \frac{\sqrt{2 \cdot 3}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{2}$