Задача №15231

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 $A{A}_1=10\text{,}$ $AB=12\text{.}$

а)
Плоскость сечения $\alpha$ содержит диагональ $B{D}_1$ и параллельна прямой $AC\text{,}$ лежащей в плоскости основания $ABCD\text{.}$ Поэтому линия пересечения $\alpha$ с плоскостью основания проходит через точку $B$ и параллельна $AC\text{.}$ Пусть эта прямая пересекает продолжения сторон $DA$ и $DC$ в точках $E$ и $F$ соответственно.

Сечением параллелепипеда плоскостью $\alpha$ является четырёхугольник $BM{D}_{1}N\text{,}$ где $M=D_{1}E\cap A{A}_1\text{,}$ $N=D_{1}F\cap C{C}_1\text{.}$ Так как $\alpha \parallel AC\text{,}$ то $MN\parallel AC\text{.}$

По условию сечение — ромб, поэтому его диагонали $B{D}_1$ и $MN$ перпендикулярны: $B{D}_1\perp MN\text{.}$ Учитывая, что $MN\parallel AC\text{,}$ получаем $B{D}_1\perp AC\text{.}$

Рассмотрим проекцию наклонной $B{D}_1$ на плоскость основания — это отрезок $BD\text{.}$ По теореме о трёх перпендикулярах из $B{D}_1\perp AC$ следует $BD\perp AC\text{.}$ В прямоугольнике $ABCD$ перпендикулярность диагоналей означает, что он является квадратом.

б)

Из равенства сторон ромба $BM=M{D}_1$ и прямоугольных треугольников $ABM$ и $A_1{D}_{1}M$ находим:

$$A{B}^2+A{M}^2=A_1{D}_1^2+A_1{M}^2\Rightarrow 12^2+A{M}^2=12^2+(10-AM{)}^2.$$

Отсюда $AM=5\text{,}$ т.е. $M$ — середина $A{A}_1\text{.}$ Аналогично $N$ — середина $C{C}_1\text{.}$ Тогда

$$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{144+25}=13.$$

Введём точку $K$ — середину ребра $B{B}_1\text{.}$ Так как $MK\parallel AB$ и $AB$ перпендикулярна плоскости $BC{C}_1$ (ибо $AB\perp BC$ и $AB\perp B{B}_1$), то $MK\perp \text{пл. }BC{C}_1\text{.}$

Плоскости $\alpha$ и $BC{C}_1$ пересекаются по прямой $BN\text{.}$ В плоскости $BC{C}_1$ проведём $KH\perp BN$ ($H$ — основание перпендикуляра). Поскольку $MK\perp \text{пл. }BC{C}_1\text{,}$ имеем $MK\perp KH$ и $MK\perp BN\text{.}$

По теореме о трёх перпендикулярах из $MK\perp BN$ и $KH\perp BN$ следует, что $MH\perp BN\text{.}$ Значит, $\angle MHK$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $BC{C}_1\text{.}$

В треугольнике $BKN\text{:}$

$$BK=\frac{B{B}_1}{2}=5,KN=BC=12,BN=\sqrt{B{K}^2+K{N}^2}=\sqrt{25+144}=13.$$

Треугольник $BKN$ прямоугольный при $K\text{,}$ поэтому его высота, опущенная из вершины $K$ на гипотенузу $BN\text{,}$ равна:

$$KH=\frac{BK\cdot KN}{BN}=\frac{5\cdot 12}{13}=\frac{60}{13}.$$

В прямоугольном треугольнике $MKH$ ($\angle MKH=90^{\circ }$):

$$MK=AB=12,KH=\frac{60}{13}.$$

Тангенс искомого угла:

$$\mathrm{tg}\angle MHK=\frac{MK}{KH}=\frac{12}{60/13}=\frac{12\cdot 13}{60}=\frac{13}{5}.$$

Таким образом, угол между плоскостями $\alpha$ и $BC{C}_1$ равен $\mathrm{arctg}\frac{13}{5}\text{.}$

Ответ: $\mathrm{arctg}\frac{13}{5}\text{.}$