9119. На ребре AA_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
взята точка E
так, что A_{1}E:EA=4:3
. Точка T
— середина ребра B_{1}C_{1}
. Известно, что AB=5
, AD=8
, AA_{1}=14
.
а) В каком отношении плоскость ETD_{1}
делит ребро BB_{1}
?
б) Найдите угол между плоскостью ETD_{1}
и плоскостью AA_{1}B_{1}
.
Ответ. а) 2:5
; б) \arctg\frac{\sqrt{41}}{5}=\arccos\frac{5}{\sqrt{66}}
.
Решение. а) Поскольку A_{1}E:EA=4:3
, а AA_{1}=14
, то A_{1}E=\frac{4}{7}AA_{1}=8
.
Продолжим отрезки A_{1}B_{1}
и D_{1}T
до пересечения в точке M
. Поскольку T
— середина ребра B_{1}C_{1}
, прямоугольные треугольники TB_{1}M
и TC_{1}B_{1}
равны по катету и прилежащему острому углу. Значит, MB_{1}=C_{1}D_{1}=AB=5
, а B_{1}
— середина отрезка A_{1}M
.
Точки E
и M
лежат в плоскости грани AA_{1}B_{1}B
, поэтому ME
— прямая пересечения плоскостей ETD_{1}
и AA_{1}B_{1}
. Пусть эта прямая пересекает ребро BB_{1}
в точке N
. Тогда B_{1}N
— средняя линия треугольника MA_{1}E
, значит, B_{1}N=\frac{1}{2}A_{1}E=4
. Следовательно,
\frac{B_{1}N}{NB}=\frac{4}{14-4}=\frac{2}{5}.
б) Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины A_{1}
на прямую ME
пересечения плоскостей ETD_{1}
и AA_{1}B_{1}
. Поскольку D_{1}A_{1}
— перпендикуляр к плоскости AA_{1}B_{1}
, отрезок A_{1}H
— ортогональная проекция наклонной D_{1}H
на эту плоскость. По теореме о трёх перпендикулярах D_{1}H\perp ME
, значит, A_{1}HD_{1}
— линейный угол двугранного угла между плоскостями ETD_{1}
и AA_{1}B_{1}
.
Из прямоугольного треугольника MEA_{1}
находим, что
A_{1}H=\frac{A_{1}E\cdot A_{1}M}{EM}=\frac{8\cdot10}{\sqrt{8^{2}+10^{2}}}=\frac{40}{\sqrt{41}}.
Следовательно,
\tg\angle A_{1}HD_{1}=\frac{A_{1}D_{1}}{A_{1}H}=\frac{8}{\frac{40}{\sqrt{41}}}=\frac{\sqrt{41}}{5}.