9169. Основания ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— равносторонние треугольники. Отрезок, соединяющий центр основания ABC
с серединой ребра A_{1}B_{1}
, перпендикулярен основаниям призмы.
а) Докажите, что грань ABB_{1}A_{1}
— прямоугольник.
б) Найдите угол между прямой BC
и плоскостью ABC_{1}
, если высота призмы равна стороне основания.
Ответ. \arcsin\frac{3\sqrt{7}}{14}
.
Решение. а) Пусть O
— центр грани ABC
, M
и N
— середины рёбер AB
и A_{1}B_{1}
соответственно. Поскольку NO
— перпендикуляр к плоскости ABC
, отрезок OM
— ортогональная проекция наклонной NM
на эту плоскость, а так как OM\perp AB
, то по теореме о трёх перпендикулярах MN\perp AB
. Прямая MN
параллельна ребру AA_{1}
, значит, AA_{1}\perp AB
. Следовательно, ABB_{1}A_{1}
— прямоугольник.
б) Пусть CH
— высота треугольника MCC_{1}
. Тогда CH
— перпендикуляр к плоскости ABC_{1}
. Положим NO=AB=6a
. Тогда
CM=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{6a\sqrt{3}}{2}=3a\sqrt{3},
OM=\frac{1}{3}CM=a\sqrt{3},~OC=2OM=2a\sqrt{3}.
Пусть K
— точка пересечения NO
и MC_{1}
. Тогда
OK:KN=OM:NC_{1}=OM:MC=1:3.
Значит,
OK=\frac{1}{4}ON=\frac{1}{4}\cdot6a=\frac{3a}{2},~\tg\angle HMC=\tg\angle KMO=\frac{OK}{OM}=\frac{\frac{3}{2}a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Тогда
\sin\angle HMC=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}},~CH=CM\sin\angle HMC=3a\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{9a}{\sqrt{7}}.
Следовательно,
\sin\alpha=\frac{CH}{BC}=\frac{\frac{9a}{\sqrt{7}}}{6a}=\frac{3}{2\sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{7}}{14}.