Задача №15161

Сечением прямоугольного параллелепипеда $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ плоскостью $\alpha \text{,}$ содержащей прямую $B{D}_1$ и параллельной прямой $AC\text{,}$ является ромб.
а) Докажите, что грань $ABCD$ — квадрат.

б) Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $BC{C}_1\text{,}$ если $A{A}_1=6\text{,}$ $AB=4\text{.}$

а) Пусть $AB=a\text{,}$ $AD=b\text{,}$ $A{A}_1=h\text{.}$ Введём прямоугольную систему координат: $A(0,0,0)\text{,}$ $B(a,0,0)\text{,}$ $D(0,b,0)\text{,}$ $A_1(0,0,h)\text{,}$ тогда $C(a,b,0)\text{,}$ $D_1(0,b,h)\text{.}$

Плоскость $\alpha$ проходит через $B$ и $D_1$ и параллельна $AC\text{,}$ то есть параллельна вектору $\overrightarrow{AC}=(a,b,0)\text{.}$ Также она содержит вектор $\overrightarrow{B{D}_1}=(-a,b,h)\text{.}$ Нормальный вектор плоскости:

$$\vec{n}=\overrightarrow{B{D}_1}\times \overrightarrow{AC}=(-hb,ha,-2ab).$$

Уравнение плоскости $\alpha$ можно записать в виде

$$\frac{x}{a}-\frac{y}{b}+\frac{2z}{h}=1,$$

так как оно выполняется для $B(a,0,0)$ и $D_1(0,b,h)\text{.}$

Найдём точки пересечения $\alpha$ с рёбрами $A{A}_1$ и $C{C}_1\text{.}$

• На $A{A}_1\text{:}$ $x=0\text{,}$ $y=0\text{.}$

Тогда

$$\frac{2z}{h}=1\Rightarrow z=\frac{h}{2}.$$

Значит, $E=\alpha \cap A{A}_1$ — середина $A{A}_1\text{.}$

• На $C{C}_1\text{:}$ $x=a\text{,}$ $y=b\text{.}$

Тогда

$$1-1+\frac{2z}{h}=1\Rightarrow z=\frac{h}{2}.$$

Значит, $F=\alpha \cap C{C}_1$ — середина $C{C}_1\text{.}$

Итак, сечение — четырёхугольник $BE{D}_{1}F$ (точки $B\in AB\text{,}$ $E\in A{A}_1\text{,}$ $D_1\in D{D}_1\text{,}$ $F\in C{C}_1$). По условию он является ромбом, значит, все его стороны равны, в частности $BE=E{D}_1\text{.}$

Вычислим длины:

$$B{E}^2=(a-0{)}^2+(0-0{)}^2+{\left(0-\frac{h}{2}\right)}^2=a^2+\frac{h^2}{4},$$ $$E{D}_1^2=(0-0{)}^2+(b-0{)}^2+{\left(h-\frac{h}{2}\right)}^2=b^2+\frac{h^2}{4}.$$

Из $BE=E{D}_1$ получаем

$$a^2+\frac{h^2}{4}=b^2+\frac{h^2}{4}\Rightarrow a=b.$$

Следовательно, $AB=AD\text{,}$ а так как $ABCD$ — прямоугольник, то $ABCD$ — квадрат.

б) По условию $A{A}_1=h=6\text{,}$ $AB=a=4\text{.}$ Из пункта (а) $AD=b=4\text{.}$

При $a=b=4\text{,}$ $h=6$ уравнение плоскости $\alpha \text{:}$

$$\frac{x}{4}-\frac{y}{4}+\frac{2z}{6}=1\Rightarrow x-y+\frac{4}{3}z=4.$$

Нормальный вектор $\alpha \text{:}$ ${\vec{n}}_{\alpha }=(3,-3,4)\text{.}$

Плоскость $BC{C}_1$ имеет уравнение $x=4\text{,}$ её нормаль ${\vec{n}}_{BC{C}_1}=(1,0,0)\text{.}$

Угол между плоскостями равен острому углу между нормалями:

$$\cos \phi =\frac{|{\vec{n}}_{\alpha }\cdot {\vec{n}}_{BC{C}_1}|}{|{\vec{n}}_{\alpha }||{\vec{n}}_{BC{C}_1}|}=\frac{|3|}{\sqrt{3^2+(-3{)}^2+4^2}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$$

Тогда

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{\sqrt{1-{\cos }^2\phi }}{\cos \phi }=\frac{\sqrt{1-\frac{9}{34}}}{\frac{3}{\sqrt{34}}}=\frac{\frac{5}{\sqrt{34}}}{\frac{3}{\sqrt{34}}}=\frac{5}{3},$$

следовательно, $\phi =\mathrm{arctg}\frac{5}{3}\text{.}$

Ответ:

а) Грань $ABCD$ — квадрат.

б)

$$\phi =\mathrm{arctg}\frac{5}{3}.$$