7384. В кубе ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
найдите синус угла между прямой AB
и плоскостью CB_{1}D_{1}
.
Ответ. \frac{\sqrt{3}}{3}
.
Указание. Диагональ AC_{1}
куба ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна плоскости CB_{1}D_{1}
и делится ею в отношении 1:2
, считая от точки C_{1}
.
Решение. Поскольку AB\parallel D_{1}C_{1}
, угол между прямой AB
и плоскостью CB_{1}D
равен углу между прямой D_{1}C_{1}
и плоскостью CB_{1}D
.
По теореме о трёх перпендикулярах прямая AC_{1}
перпендикулярна прямой B_{1}D_{1}
, так как ортогональная проекция A_{1}C_{1}
наклонной AC_{1}
на плоскость A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна прямой B_{1}D_{1}
, лежащей в этой плоскости. Аналогично AC_{1}\perp CB_{1}
. Поскольку прямая AC_{1}
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости CB_{1}D_{1}
, эта прямая перпендикулярна плоскости CB_{1}D_{1}
.
Пусть O_{1}
центр грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Рассмотрим прямоугольник AA_{1}C_{1}C
. Точка O_{1}
— середина его стороны B_{1}D_{1}
, а точка M
пересечения AC_{1}
и CO_{1}
— это точка пересечения диагонали AC_{1}
с плоскостью CB_{1}D_{1}
. Из подобия треугольников C_{1}MO_{1}
и AMC
следует, что \frac{C_{1}M}{MA}=\frac{C_{1}O_{1}}{AC}=1:2
.
Таким образом, C_{1}M
— перпендикуляр к плоскости CB_{1}D_{1}
, причём, если ребро куба равно a
, то C_{1}M=\frac{1}{3}AC_{1}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}
, а D_{1}M
— ортогональная проекция наклонной C_{1}D_{1}
на эту плоскость. Поэтому C_{1}D_{1}M
— искомый угол прямой C_{1}D_{1}
(а значит, и AB
) с плоскостью CB_{1}D_{1}
.
Из прямоугольного треугольника C_{1}MD_{1}
находим, что
\sin\angle C_{1}D_{1}M=\frac{C_{1}M}{C_{1}D_{1}}=\frac{\frac{1}{3}a\sqrt{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Источник: Смирнов В. А. ЕГЭ 2010. Математика. Задача C2. Геометрия. Стереометрия / Под. ред. А. Л. Семёнова, И. В. Ященко. — М.: МЦНМО, 2010. — № 2, с. 19