Задача №17087

Точка $F$ — середина ребра $B{B}_1$ параллелепипеда $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1\text{.}$

А) Докажите, что плоскость $AFC$ параллельна прямой $B_{1}D\text{.}$
Б) Найдите расстояние между прямой $B_{1}D$ и плоскостью $AFC\text{,}$ если параллелепипед прямоугольный, $AB=AD=6\text{,}$ $A{A}_1=16\text{.}$

А) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей основания $ABCD$ (т.е. середина $BD$). Поскольку $F$ — середина $B{B}_1\text{,}$ отрезок $OF$ — средняя линия треугольника $DB{B}_1\text{,}$ поэтому $OF\parallel B_{1}D\text{.}$

$OF\subset (AFC)\text{,}$ а $B_{1}D$ в этой плоскости не лежит, значит $B_{1}D\parallel (AFC)\text{,}$ что и требовалось доказать.

Б) Поскольку $B_{1}D\parallel (AFC)\text{,}$ расстояние от прямой $B_{1}D$ до плоскости $AFC$ равно расстоянию от любой точки прямой до плоскости, в частности от точки $B\text{.}$ Воспользуемся методом объёмов.

Площадь треугольника $ABC$ (прямоугольный с катетами $AB=BC=6$): $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 6=18\text{.}$ $BF=\frac{1}{2}\cdot A{A}_1=8\text{.}$ Объём пирамиды $FABC\text{:}$

$$V_{FABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot BF=\frac{1}{3}\cdot 18\cdot 8=48.$$

С другой стороны, $V_{FABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{AFC}\cdot \rho (B,(AFC))\text{.}$

Найдём $S_{AFC}\text{.}$ Треугольник $AFC$ равнобедренный: $AF=FC=\sqrt{A{B}^2+B{F}^2}=\sqrt{36+64}=10\text{,}$ $AC=6\sqrt{2}$ (диагональ квадрата со стороной $6$).

Высота из вершины $F$ к основанию $AC\text{:}$

$$FH=\sqrt{A{F}^2-{\left(\frac{AC}{2}\right)}^2}=\sqrt{100-18}=\sqrt{82},$$ $$S_{AFC}=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{2}\cdot \sqrt{82}=3\sqrt{164}=6\sqrt{41}.$$

Тогда $\frac{1}{3}\cdot 6\sqrt{41}\cdot \rho =48\text{,}$ откуда

$$\rho =\frac{24}{\sqrt{41}}.$$

Ответ:

Б) $\frac{24}{\sqrt{41}}$