Задача №15153

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки $A\text{,}$ $B$ и $C\text{,}$ а на окружности другого основания — точка $C_1\text{,}$ причём $C{C}_1$ — образующая цилиндра, а $AC$ — диаметр основания. Известно, что $\angle ACB=45^{\circ }\text{,}$ $AB=2\sqrt{3}\text{,}$ $C{C}_1=2\sqrt{6}\text{.}$

а) Докажите, что угол между прямыми $A{C}_1$ и $BC$ равен $60^{\circ }\text{.}$
б) Найдите расстояние от точки $B$ до прямой $A{C}_1\text{.}$

а)

1. В цилиндре образующая перпендикулярна основанию, поэтому $C{C}_1\perp$ плоскости основания, и $C{C}_1\perp AC\text{,}$ $C{C}_1\perp BC\text{.}$

2. В треугольнике $ABC\text{,}$ вписанном в окружность с диаметром $AC\text{,}$ угол $\angle ABC=90^{\circ }\text{.}$ Дано $\angle ACB=45^{\circ }\text{,}$ поэтому $\angle BAC=45^{\circ }\text{,}$ и треугольник равнобедренный прямоугольный: $AB=BC=2\sqrt{3}\text{.}$

3. По теореме Пифагора: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+(2\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{12+12}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}\text{.}$ Радиус основания $R=\frac{AC}{2}=\sqrt{6}\text{.}$

4. Высота цилиндра $h=C{C}_1=2\sqrt{6}\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $AC{C}_1$ (с прямым углом при $C$):
$A{C}_1=\sqrt{A{C}^2+C{C}_1^2}=\sqrt{(2\sqrt{6}{)}^2+(2\sqrt{6}{)}^2}=\sqrt{24+24}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}\text{.}$

5. Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $A{C}_1$ и $BC$ перенесём $BC$ параллельно в точку $A\text{:}$ получим отрезок $AD$ такой, что $AD\parallel BC$ и $AD=BC=2\sqrt{3}\text{.}$ Тогда угол между $A{C}_1$ и $BC$ равен углу между $A{C}_1$ и $AD\text{,}$ то есть углу $\angle C_{1}AD$ в треугольнике $A{C}_{1}D\text{.}$

6. Найдём длину $C_{1}D\text{.}$ Точка $D$ лежит в нижнем основании. В треугольнике $ACD$ известны: $AC=2\sqrt{6}\text{,}$ $AD=2\sqrt{3}\text{,}$ и угол между ними равен $\angle CAD=\angle ACB=45^{\circ }$ (так как $AD\parallel BC$). По теореме косинусов:

$$C{D}^2=A{C}^2+A{D}^2-2\cdot AC\cdot AD\cdot \cos 45^{\circ }=24+12-2\cdot 2\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=36-24=12,$$

откуда $CD=2\sqrt{3}\text{.}$

7. Поскольку $C{C}_1\perp$ основанию, проекция $C_1$ на основание — точка $C\text{,}$ поэтому $C_1{D}^2=C{D}^2+C{C}_1^2=(2\sqrt{3}{)}^2+(2\sqrt{6}{)}^2=12+24=36\text{,}$ значит $C_{1}D=6\text{.}$

8. В треугольнике $A{C}_{1}D$ известны стороны: $A{C}_1=4\sqrt{3}\text{,}$ $AD=2\sqrt{3}\text{,}$ $C_{1}D=6\text{.}$ По теореме косинусов для угла при $A\text{:}$

$$\cos \angle C_{1}AD=\frac{A{C}_1^2+A{D}^2-C_1{D}^2}{2\cdot A{C}_1\cdot AD}=\frac{48+12-36}{2\cdot 4\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}}=\frac{24}{48}=\frac{1}{2},$$

следовательно, $\angle C_{1}AD=60^{\circ }\text{.}$ Так как $AD\parallel BC\text{,}$ угол между прямыми $A{C}_1$ и $BC$ равен $60^{\circ }\text{.}$

б)

1. Рассмотрим треугольник $AB{C}_1\text{.}$ В нём известны стороны: $AB=2\sqrt{3}\text{,}$ $A{C}_1=4\sqrt{3}\text{,}$ $B{C}_1=\sqrt{B{C}^2+C{C}_1^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+(2\sqrt{6}{)}^2}=\sqrt{12+24}=6\text{.}$

2. Найдём площадь треугольника $AB{C}_1$ по формуле Герона. Полупериметр:

$$p=\frac{AB+A{C}_1+B{C}_1}{2}=\frac{2\sqrt{3}+4\sqrt{3}+6}{2}=\frac{6\sqrt{3}+6}{2}=3\sqrt{3}+3.$$

Тогда:

$$S=\sqrt{p(p-AB)(p-A{C}_1)(p-B{C}_1)}=\sqrt{(3\sqrt{3}+3)(3\sqrt{3}+3-2\sqrt{3})(3\sqrt{3}+3-4\sqrt{3})(3\sqrt{3}+3-6)}.$$

Упростим:

$$p-AB=3\sqrt{3}+3-2\sqrt{3}=\sqrt{3}+3,$$ $$p-A{C}_1=3\sqrt{3}+3-4\sqrt{3}=3-\sqrt{3},$$ $$p-B{C}_1=3\sqrt{3}+3-6=3\sqrt{3}-3.$$

Заметим, что $\sqrt{3}+3=\sqrt{3}(1+\sqrt{3})\text{,}$ $3-\sqrt{3}=\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)\text{,}$ $3\sqrt{3}-3=3(\sqrt{3}-1)\text{,}$ и $p=3(\sqrt{3}+1)\text{.}$
Подставим:

$$S=\sqrt{3(\sqrt{3}+1)\cdot \sqrt{3}(1+\sqrt{3})\cdot \sqrt{3}(\sqrt{3}-1)\cdot 3(\sqrt{3}-1)}=\sqrt{9\cdot 3\cdot [(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1){]}^2}=\sqrt{27\cdot (3-1{)}^2}=\sqrt{108}=6\sqrt{3}.$$

3. Расстояние от точки $B$ до прямой $A{C}_1$ — это высота треугольника $AB{C}_1\text{,}$ опущенная из $B$ на сторону $A{C}_1\text{.}$ Если сторона $A{C}_1$ взята за основание, то высота:

$$d=\frac{2S}{A{C}_1}=\frac{2\cdot 6\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}=3.$$

Ответ: 3.