7252. Высота AA_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
вдвое больше каждой из сторон основания. Найдите угол между прямыми BD_{1}
и AM
, где M
— точка пересечения диагоналей грани DCC_{1}D_{1}
.
Ответ. \arccos\frac{5}{3\sqrt{6}}
.
Решение. Обозначим AB=x
, AD=y
, AA_{1}=z
, \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{x}
, \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{y}
, \overrightarrow{AA_{1}}=\overrightarrow{z}
, x=y=a
, z=2a
. Тогда
\overrightarrow{BD_{1}}=-\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}+\overrightarrow{z},~\overrightarrow{AM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}.
Если \alpha
— искомый угол, то
\cos\alpha=\frac{\overrightarrow{BD_{1}}\cdot\overrightarrow{AM}}{BD_{1}\cdot AM_{1}}=\frac{(-\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}+\overrightarrow{z})\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\right)}{\sqrt{a^{2}+a^{2}+4a^{2}}\cdot\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+a^{2}+a^{2}}}=
=\frac{-\frac{1}{2}\overrightarrow{x}\cdot\overrightarrow{x}+\overrightarrow{y}\cdot\overrightarrow{y}+\frac{1}{2}\overrightarrow{z}\cdot\overrightarrow{z}}{a^{2}\sqrt{6}\cdot\frac{3}{2}}=\frac{-\frac{1}{2}a^{2}+a^{2}+2a^{2}}{a^{2}\sqrt{6}\cdot\frac{3}{2}}=\frac{5}{3\sqrt{6}}.
Следовательно, \alpha=\arccos\frac{5}{3\sqrt{6}}
.