15211. Основание прямой призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— правильный треугольник ABC
со стороной 2, боковые рёбра AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
равны \sqrt{3}
. Плоскость \alpha
параллельна прямым AC_{1}
и A_{1}B
. Найдите угол между прямой BC_{1}
и плоскостью \alpha
.
Ответ. \arcsin\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\arccos\frac{5}{2\sqrt{7}}
.
Решение. Достроим равносторонний треугольник ABC
до ромба ABDC
. Тогда BDC_{1}A_{1}
— параллелограмм, поэтому C_{1}D\parallel A_{1}B
. Значит, в качестве плоскости \alpha
можно взять плоскость AC_{1}D
.
Введём прямоугольную систему координат Cxyz
с началом в точке C
, направив ось Cx
, как показано на рисунке. Тогда нужные нам точки имеют координаты
C_{1}(0;0;\sqrt{3}),~B(\sqrt{3};1;0),~A(0;2;0),~P\left(\frac{2}{\sqrt{3}};0;0\right),
где P
— точка пересечения AD
с осью Cx
.
Уравнение плоскости APC_{1}
, т. е. плоскости \alpha
, имеет вид (см. задачу 7564)
\frac{x}{\frac{2}{\sqrt{3}}}+\frac{y}{2}+\frac{z}{\sqrt{3}}=1,~\mbox{или}~3x+\sqrt{3}y+2z-2\sqrt{3}=0.
Пусть \overrightarrow{n}=(3;\sqrt{3};2)
— вектор, перпендикулярный плоскости \alpha
, а
\overrightarrow{m}=\overrightarrow{C_{1}B}=(\sqrt{3}-0;1-0;0-\sqrt{3})=(\sqrt{3};1;-\sqrt{3}),
Пусть искомый угол прямой B_{1}C_{1}
с плоскостью \alpha
равен \varphi
. Тогда
\sin\varphi=\left|\frac{\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|\cdot|\overrightarrow{n}|}\right|=\frac{|\sqrt{3}\cdot3+1\cdot\sqrt{3}+(-\sqrt{3})\cdot2|}{\sqrt{3+1+3}\cdot\sqrt{9+3+4}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}.
Следовательно,
\varphi=\arcsin\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\arccos\frac{5}{2\sqrt{7}}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1981, задача 5, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1981, с. 29, задача 5, вариант 2