9122. В основании прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
лежит квадрат ABCD
со стороной 2, а высота призмы равна 1. Точка E
лежит на диагонали BD_{1}
, причём BE=1
.
а) Постройте сечение призмы плоскостью A_{1}C_{1}E
.
б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью ABC
.
Ответ. \arctg\sqrt{2}
.
Решение. а) Рассмотрим плоскость ABC_{1}D_{1}
. Прямые AB
и C_{1}E
лежат в этой плоскости и не параллельны. Пусть M
— точка их пересечения. Тогда плоскость A_{1}C_{1}E
пересекает ребро AB
в точке M
. Аналогично построим точку N
пересечения плоскости A_{1}C_{1}E
с ребром BC
. При этом MN\parallel A_{1}C_{1}
, значит, искомое сечение — равнобедренная трапеция A_{1}C_{1}MN
.
б) Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов трёх его измерений, поэтому
BD_{1}=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}+BB_{1}^{2}}=\sqrt{4+4+1}=3,
а так как BE=1
, то
ED_{1}=BD_{1}-BE=3-1=2.
Из подобия треугольников BEM
и D_{1}EC_{1}
находим, что
MB=D_{1}C_{1}\cdot\frac{BE}{ED_{1}}=2\cdot\frac{1}{2}=1,
значит, M
— середина ребра AB
. Аналогично N
— середина BC
.
Опустим перпендикуляр AH
из точки A
на прямую MN
пересечения плоскостей A_{1}C_{1}E
и ABCD
. По теореме о трёх перпендикулярах AH\perp AC
, поэтому AHA_{1}
— линейный угол двугранного угла между этими плоскостями. Из равнобедренного прямоугольного треугольника AHM
находим, что AH=\frac{AM}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}
. Следовательно,
\tg\angle AHA_{1}=\frac{A_{1}A}{AH}=\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\sqrt{2}.