9941. Точка E
— середина ребра BC
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Найдите угол между плоскостями DC_{1}E
и BB_{1}D_{1}
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. Обозначим через a
ребро куба. Пусть O
и O_{1}
— центры граней ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
соответственно.
Первый способ. Пусть EF
— перпендикуляр, опущенный на диагональ BD
основания ABCD
. Тогда EF
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}D_{1}
, так как EF\perp BD
и EF\perp BB_{1}
. Значит, треугольник DO_{1}F
— ортогональная проекция треугольника DEC_{1}
на плоскость BB_{1}D_{1}
.
Продолжим EF
до пересечения с ребром AB
в точке M
. Тогда M
— середина AB
, поэтому EM
— средняя линия треугольника ABC
. Значит,
BE=\frac{1}{2}BO=\frac{1}{4}BD,~DM=\frac{3}{4}BD.
Тогда
S_{\triangle DO_{1}F}=\frac{3}{4}S_{\triangle DO_{1}M}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}BD\cdot OO_{1}=\frac{1}{8}\cdot a\sqrt{2}\cdot a=\frac{3a^{2}\sqrt{2}}{8}.
Из прямоугольного треугольника CEC_{1}
находим, что
C_{1}E=\sqrt{C_{1}C^{2}+CE^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.
Аналогично, DE=\frac{a\sqrt{5}}{2}
.
Пусть EH
— высота равнобедренного треугольника DC_{1}E
. Тогда
EH=\sqrt{DE^{2}-\frac{1}{4}DC_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{5}{4}a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2},
значит,
S_{\triangle DC_{1}E}=\frac{1}{2}DC_{1}\cdot EH=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{6}}{4}.
Пусть угол между плоскостями DC_{1}E
и BB_{1}D_{1}
равен \varphi
. Тогда (см. задачу 8093)
\cos\varphi=\frac{S_{\triangle DO_{1}F}}{S_{\triangle DC_{1}E}}=\frac{\frac{3a^{2}\sqrt{2}}{8}}{\frac{a^{2}\sqrt{6}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Следовательно, \varphi=30^{\circ}
.
Второй способ. Точка D
— общая точка плоскостей DC_{1}E
и BB_{1}D_{1}
. Вторую общую точку найдём, продолжив OO_{1}
и CE
до пересечения в точке P
. Тогда прямая DP
— ребро искомого двугранного угла. Отрезок C_{1}O_{1}
— перпендикуляр, опущенный из точки C_{1}
, лежащей в одной из граней искомого двугранного угла, на вторую грань.
Точка E
— середина ребра BC
, значит, прямоугольные треугольники ECC_{1}
, EPB
и EDC
равны, поэтому EP=EC=DE
. Медиана DE
треугольника C_{1}DP
равна половине стороны C_{1}P
, значит, этот треугольник прямоугольный (см. задачу 1188), C_{1}D\perp DP
, т. е. отрезок C_{1}D
— перпендикуляр, опущенный из точки C_{1}
на ребро искомого двугранного угла. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что C_{1}DO_{1}=\varphi
— искомый линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями DC_{1}E
и BB_{1}D_{1}
.
В прямоугольном треугольнике C_{1}DO_{1}
катет CO_{1}=\frac{a\sqrt{2}}{2}
вдвое меньше гипотенузы C_{1}D=a\sqrt{2}
. Следовательно,
\angle C_{1}DO_{1}=\varphi=30^{\circ}.