7300. Докажите что диагональ AC_{1}
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна плоскости A_{1}BD
, проходит через центр треугольника A_{1}BD
и делится его плоскостью в отношении 1:2
, считая от вершины A
.
Решение. По теореме о трёх перпендикулярах прямая AC_{1}
перпендикулярна прямой BD
, так как ортогональная проекция AC
наклонной AC_{1}
на плоскость грани ABCD
перпендикулярна прямой BD
, лежащей в этой плоскости. Аналогично AC_{1}\perp A_{1}B
. Поскольку прямая AC_{1}
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BD
и A_{1}B
плоскости A_{1}BD
, эта прямая перпендикулярна плоскости A_{1}BD_{1}
.
Пусть O
центр грани ABCD
. Рассмотрим прямоугольник AA_{1}C_{1}C
. Точка O
— середина его стороны AC
, а точка M
пересечения AC_{1}
и A_{1}O
— это точка пересечения диагонали AC_{1}
с плоскостью A_{1}BD
. Из подобия треугольников A_{1}MC_{1}
и OMA
следует, что \frac{A_{1}M}{MO}=\frac{A_{1}C_{1}}{OA}=\frac{AC}{OA}=2
. Точка M
лежит на медиане A_{1}O
равностороннего треугольника A_{1}BD
и делит её в отношении 2:1
, считая от вершины. Следовательно, M
— центр этого треугольника.
Примечание. 1. Верно и обратное: если диагональ AC_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна плоскости A_{1}BD
, то ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— куб (см. задачу 14701).
2. Верно более общее утверждение: диагональ AC_{1}
любого параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
проходит через точку пересечения медиан треугольника A_{1}BD
и делится его плоскостью в отношении 2:1
, считая от вершины A_{1}
.