14938. Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
равны 1. Точка M
выбрана на ребре AB
, причём AM=2MB
, точка N
— середина ребра A_{1}C_{1}
. Через вершину C
и точки M
и N
проведена плоскость \alpha
. Найдите двугранный угол между плоскостью \alpha
и плоскостью основания ABC
.
Ответ. \arctg\left(2\sqrt{\frac{7}{3}}\right)
.
Решение. Пусть прямые CN
и AA_{1}
, лежащие в плоскости AA'C'C
пересекаются в точке K
. Тогда точка K
лежит в плоскости \alpha
, а прямоугольные треугольники KNA_{1}
и CNC_{1}
равны по катету (NA_{1}=NC
) и прилежащему острому углу. Значит,
KA_{1}=CC_{1}=1~\Rightarrow~KA_{1}=AA_{1}+KA_{1}=AA_{1}+CC_{1}=2AA_{1}=2.
Пусть прямые KM
и A_{1}B_{1}
, лежащие в плоскости AA'B'B
пересекаются в точке L
. Тогда точка L
лежит в плоскости \alpha
. Таким образом, сечение призмы плоскостью \alpha
— трапеция MCNL
.
Опустим перпендикуляр KH
на прямую MC
пересечения плоскостей \alpha
и ABC
. По теореме о трёх перпендикулярах AH\perp MC
, поэтому A_{1}HK
— линейный угол искомого двугранного угла.
По теореме косинусов
CM=\sqrt{AC^{2}+AM^{2}-2AC\cdot CM\cos60^{\circ}}=\sqrt{1^{2}+\left(\frac{2}{3}\right)^{2}-2\cdot1\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{7}}{3}.
Поскольку AH
— высота треугольника ACM
, то
S_{\triangle ACM}=\frac{1}{2}CM\cdot AH=\frac{AH\sqrt{7}}{6}.
С другой стороны
S_{\triangle ACM}=\frac{AM}{AB}S_{\triangle ABC}=\frac{2}{3}S_{\triangle ABC}=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{6}.
Значит,
\frac{AH\sqrt{7}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}~\Rightarrow~AH=\sqrt{\frac{3}{7}}.
Следовательно,
\tg\angle A_{1}HK=\frac{KA_{1}}{AH}=\frac{2}{\sqrt{\frac{3}{7}}}=2\sqrt{\frac{7}{3}}~\Rightarrow~\angle A_{1}HK=\arctg\left(2\sqrt{\frac{7}{3}}\right).
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1985, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1985 с. 140, задача 5, вариант 1