14480. Основание наклонной призмы — прямоугольный треугольник с острым углом \alpha
. Боковая грань, содержащая гипотенузу, перпендикулярна основанию, а боковая грань, содержащая катет, прилежащий к данному углу, составляет с основанием угол \beta
. Найдите угол третьей боковой грани с основанием.
Ответ. \arctg(\tg\alpha\tg\beta)
.
Решение. Пусть C_{1}H=B_{1}F=h
— высоты призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
, основания ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
которой — прямоугольные треугольники с прямыми углами при вершинах C
и C_{1}
и острыми углами \alpha
при вершинах A
и A_{1}
. Поскольку плоскости граней ABB_{1}A_{1}
и ABC
перпендикулярны, высота B_{1}F
лежит в грани ABB_{1}A_{1}
. Значит, точка F
лежит на прямой AB
пересечения этих плоскостей (см. задачу 7713).
Четырёхугольник HFB_{1}C_{1}
— прямоугольник, так как его противоположные стороны C_{1}H
и B_{1}F
равны и перпендикулярны FH
. Пусть P
— точка пересечения FH
и AC
, а HQ
— перпендикуляр к прямой BC
. Тогда CPHQ
— прямоугольник. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что \angle C_{1}PH=\beta
— данный угол боковой грани AA_{1}C_{1}C
с основанием ABC
, а \angle C_{1}QH=\gamma
— искомый угол боковой грани с основанием ABC
.
Поскольку FH=B_{1}C_{1}=BC
и FH\parallel B_{1}C_{1}\parallel BC
, четырёхугольник BCHF
— параллелограмм, поэтому CH\parallel BF
. Тогда
\angle PCH=\angle BAC=\alpha.
Из прямоугольных треугольников PHC_{1}
и CPH
получаем
PH=C_{1}H\ctg\angle C_{1}PH=h\ctg\beta,~HQ=PC=PH\ctg\angle PCH=h\ctg\beta\ctg\alpha.
Тогда из прямоугольного треугольника C_{1}QH
находим, что
\tg\gamma=\tg\angle C_{1}QH=\frac{C_{1}H}{HQ}=\frac{h}{h\ctg\beta\ctg\alpha}=\tg\beta\tg\alpha.
Следовательно,
\gamma=\arctg(\tg\alpha\tg\beta).