9355. Дан куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Точка P
лежит на ребре AA_{1}
и AP:A_{1}P=2:1
. Найдите угол между плоскостью B_{1}PD
и плоскостью грани ABCD
.
Ответ. \arctg\frac{\sqrt{5}}{3}
.
Решение. Пусть прямые B_{1}P
и AB
, лежащие в плоскости AA_{1}B_{1}B
, пересекаются в точке M
. Тогда M
и D
— общие точки плоскостей B_{1}PD
и ABCD
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой MD
.
Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины A
на прямую MD
. Тогда AH
— ортогональная проекция наклонной PH
на плоскость ABCD
. По теореме о трёх перпендикулярах PH\perp DM
, значит, AHP
— линейный угол двугранного угла между плоскостями B_{1}PD
и ABCD
.
Пусть ребро куба равно a
. Из подобия треугольников AMP
и A_{1}B_{1}P
находим, что
AM=A_{1}B_{1}\cdot\frac{AP}{A_{1}P}=2a.
тогда
DM=\sqrt{AD^{2}+AM^{2}}=\sqrt{a^{2}+4a^{2}}=a\sqrt{5},
значит (см. задачу 1967),
AH=\frac{AD\cdot AM}{DM}=\frac{a\cdot2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}.
Следовательно,
\tg\angle AHP=\frac{AP}{AH}=\frac{\frac{2}{3}a}{\frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{3}.