9229. Дан параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Точка M
— середина ребра A_{1}B_{1}
.
а) Докажите, что любая плоскость, проведённая через точку M
параллельно диагонали CA_{1}
параллелепипеда, проходит через центр грани BB_{1}C_{1}C
.
б) Найдите угол между прямыми BM
и CB_{1}
, если параллелепипед прямоугольный, AB=2BC
и CC_{1}:BC=4:3
.
Ответ. \arccos\frac{16}{25}
.
Решение. а) Пусть \alpha
— произвольная плоскость, проходящая через точку M
параллельно прямой CA_{1}
. Плоскость DA_{1}B_{1}C
, проходит через прямую CA_{1}
, параллельную плоскости \alpha
, и имеет с \alpha
общую точку M
, значит, плоскости DA_{1}B_{1}C
и \alpha
пересекаются по прямой l
, параллельной CA_{1}
(см. задачу 8003).
Пусть прямая l
, лежащая в плоскости DA_{1}B_{1}C
, пересекает отрезок CB_{1}
в точке O
. По теореме Фалеса O
— середина диагонали CB_{1}
параллелограмма BB_{1}C_{1}C
, следовательно, O
— центр этого параллелограмма.
б) Диагональ A_{1}D
грани AA_{1}D_{1}D
параллелепипеда параллельна диагонали B_{1}C
противоположной грани BB_{1}C_{1}C
. Пусть K
— середина AB
. Тогда противоположные стороны BK
и MA_{1}
четырёхугольника BKA_{1}M
равны и параллельны, значит, BKA_{1}M
— параллелограмм, поэтому A_{1}K\parallel MB
.
Угол между скрещивающимися прямыми BM
и CB_{1}
равен углу между соответственно параллельными им пересекающимися прямыми A_{1}K
и A_{1}D
, т. е. углу KA_{1}D
.
Положим BC=3a
, AB=6a
, CC_{1}=4a
. Из прямоугольных треугольников DAA_{1}
, KAA_{1}
и DAK
находим, что
A_{1}D=\sqrt{AD^{2}+AA_{1}^{2}}=\sqrt{9a^{2}+16a^{2}}=5a,
A_{1}K=\sqrt{AK^{2}+AA_{1}^{2}}=\sqrt{9a^{2}+16a^{2}}=5a,
DK^{2}=AK^{2}+AD^{2}=9a^{2}+9a^{2}=18a^{2}.
Следовательно, по теореме косинусов
\cos\angle KA_{1}D=\frac{A_{1}D^{2}+A_{1}K^{2}-DK^{2}}{2A_{1}D\cdot A_{1}K}=\frac{25a^{2}+25a^{2}-18a^{2}}{50a^{2}}=\frac{16}{25}.