а)  За­ме­тим, что угол BAC  ― ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла при ребре AA₁. Тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов

Пусть вы­со­та приз­мы равна h. Тогда из тео­ре­мы ко­си­ну­сов

По­это­му угол BA₁C₁ боль­ше угла BAC, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  ABCA₁B₁C₁ ― пря­мая приз­ма, ее бо­ко­вые грани  ― пря­мо­уголь­ни­ки, по­это­му рас­сто­я­ние между бо­ко­вы­ми реб­ра­ми AA₁ и BB₁ равно AB, а рас­сто­я­ние между бо­ко­вы­ми реб­ра­ми AA₁ и СС₁ равно AC. Таким об­ра­зом, AB  =  5, AC  =  8 и

Пусть от­ре­зок AH  ― вы­со­та тре­уголь­ни­ка ABC (см. рис.). Вы­со­та AH пер­пен­ди­ку­ляр­на сто­ро­не BC, а вы­со­та AH пер­пен­ди­ку­ляр­на ребру BB₁, по­это­му вы­со­та AH пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти (BC₁C), и, зна­чит, длина от­рез­ка AH и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние от пря­мой AA₁ до па­рал­лель­ной ей плос­ко­сти BC₁C.

Рас­смат­ри­вая тре­уголь­ник ABC, на­хо­дим:

Тогда

Таким об­ра­зом, рас­сто­я­ние от пря­мой AA₁ до плос­ко­сти BC₁C равно

Ответ: б)  

а)  Точка H лежит на от­рез­ке MN. NC  =  ND, по­это­му TC  =  TD. Это озна­ча­ет, что точка T лежит на SM. Таким об­ра­зом, точки T и H лежат в плос­ко­сти SNM, пер­пен­ди­ку­ляр­ной плос­ко­сти ABC.

Зна­чит, тре­уголь­ник SNM рав­но­сто­рон­ний, а NT  — его вы­со­та и, сле­до­ва­тель­но, ме­ди­а­на, T  — се­ре­ди­на SM.

б)  Пусть E  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из точки T на пря­мую SC. Пря­мые NT и TE пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­сколь­ку NT  — вы­со­та пи­ра­ми­ды NSCD. От­ре­зок TE пер­пен­ди­ку­ля­рен как пря­мой SC, так и пря­мой NT, по­это­му его длина и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние.

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки SET и SMC по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

а)  Пря­мая пе­ре­се­ка­ет­ся с пря­мой па­рал­лель­ной пря­мой и лежит в плос­ко­сти па­рал­лель­ной по­это­му рас­сто­я­ние между пря­мы­ми и равно рас­сто­я­нию от пря­мой до плос­ко­сти

б)  Пусть AK  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка ABC. AK пер­пен­ди­ку­ляр­на грани по­сколь­ку пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым (BC и ), ле­жа­щим в плос­ко­сти Таким об­ра­зом, ис­ко­мое рас­сто­я­ние  — длина от­рез­ка AK. Из рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка ABC на­хо­дим:

Ответ:

а)  За­ме­тим, что B₁C₁ ⊥ C₁A₁ как ка­те­ты пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка и B₁C₁ ⊥ C₁C, по­сколь­ку приз­ма пря­мая. Тогда по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти Кроме того, как диа­го­на­ли квад­ра­та. Далее, AB₁  — на­клон­ная, AC₁  — ее про­ек­ция на плос­кость ACA₁,   — пря­мая в плос­ко­сти пер­пен­ди­ку­ляр­ная про­ек­ции. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть точка M  — се­ре­ди­на AC₁. Тогда ис­ко­мое рас­сто­я­ние равно рас­сто­я­нию от точки M до пря­мой AB₁, по­сколь­ку пря­мая A₁C пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти AB₁C₁. Это рас­сто­я­ние равно по­ло­ви­не вы­со­ты пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AB₁C₁, про­ведённой к ги­по­те­ну­зе, то есть

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке С, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть AC  =  a  =  AA₁ и BC  =  b. Имеем:

Ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние век­то­ров CA₁ и AB₁ равно

сле­до­ва­тель­но, пря­мые CA₁ и AB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  По­сколь­ку a  =  AC  =  4 и b  =  BC  =  7, имеем:

Рас­смот­рим плос­кость α, про­хо­дя­щую через AB₁ и па­рал­лель­ную A₁C. Век­тор па­рал­ле­лен плос­ко­сти α, а зна­чит, пер­пен­ди­ку­ля­рен нор­ма­ли к ней. Пусть век­тор нор­ма­ли имеет ко­ор­ди­на­ты тогда от­ку­да Под­ста­вим ко­ор­ди­на­ты точек A и B₁ в урав­не­ние плос­ко­сти по­лу­чим си­сте­му урав­не­ний:

На­хо­дим урав­не­ние плос­ко­сти α:

Рас­сто­я­ние между пря­мы­ми CA₁ и AB₁ равно

а)  По­сколь­ку  ― пря­мая приз­ма, ее бо­ко­вые грани ― пря­мо­уголь­ни­ки, сле­до­ва­тель­но, рас­сто­я­ние между бо­ко­вы­ми реб­ра­ми и равно AB, рас­сто­я­ние между бо­ко­вы­ми реб­ра­ми и равно AC, а рас­сто­я­ние между бо­ко­вы­ми реб­ра­ми и равно Кроме того, угол BAC ― ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла при ребре

Таким об­ра­зом,

Рас­смат­ри­вая тре­уголь­ник ABC, на­хо­дим:

б)  Пусть от­ре­зок AH ― вы­со­та ос­но­ва­ния ABC (см. рис.). По­сколь­ку и то и, зна­чит, длина от­рез­ка AH и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние от пря­мой до па­рал­лель­ной ей плос­ко­сти

Рас­смат­ри­вая тре­уголь­ник ABC, на­хо­дим:

Ответ: