8290. Все грани параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— равные ромбы со стороной a
, \angle BAD=60^{\circ}
. Докажите, что BDD_{1}B_{1}
— квадрат. Найдите диагонали параллелепипеда.
Ответ. a\sqrt{6}
, a\sqrt{2}
, a\sqrt{2}
, a\sqrt{2}
.
Указание. Если плоские углы при вершине A
параллелепипеда равны по 60^{\circ}
, то плоскость, проходящая через концы трёх рёбер, исходящих из этой вершины, отсекает от параллелепипеда правильный тетраэдр с ребром a
.
Решение. Пусть A_{1}H
— высота параллелепипеда, M
и N
— проекции точки H
на прямые AB
и AC
. По теореме о трёх перпендикулярах A_{1}M
и A_{1}N
— высоты ромбов AA_{1}B_{1}B
и AA_{1}C_{1}C
, а так как A_{1}M=A_{1}N
, то HM=HN
. Точка H
равноудалена от прямых AB
и AD
, значит, H
лежит на биссектрисе угла ABC
или на её продолжении.
Пусть точка H
лежит на биссектрисе угла BAC
, т. е. на луче AC
. Тогда точки M
и N
лежат на лучах AB
и AD
соответственно, значит, углы BAA_{1}
и DAA_{1}
острые. Следовательно, \angle BAA_{1}=\angle DAA_{1}=60^{\circ}
. Тогда все рёбра тетраэдра ABDA_{1}
равны, значит, это правильный тетраэдр с ребром a
.
Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому AH\perp BD
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах (см. задачу 7707) AA_{1}\perp BD
, а так как BB_{1}\parallel AA_{1}
и BD=AB=a
, то BDD_{1}B_{1}
— квадрат со стороной a
.
Диагонали BD_{1}
и DB_{1}
параллелепипеда — это диагонали квадрата со стороной a
, следовательно, BD_{1}=DB_{1}=a\sqrt{2}
.
Диагональ AC_{1}
параллелепипеда проходит через точку P
пересечения медиан треугольника BA_{1}D
и делится ею в отношении 1:2
, считая от вершины A
(см. задачу 7212), а так как AB_{1}
— высота правильного тетраэдра ABDA_{1}
с ребром a
, то (см. задачу 7040)
AC_{1}=3AP=3\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}=a\sqrt{6}.
Диагональ CA_{1}
параллелепипеда — это диагональ параллелограмма AA_{1}C_{1}C
со сторонами AA_{1}=CC_{1}=a
, A_{1}C_{1}=AC=a\sqrt{3}
и диагональю AC_{1}=a\sqrt{6}
. Из равенства CA_{1}^{2}+AC_{1}^{2}=2AA_{1}^{2}+2AC^{2}
(см задачу 4011) находим, что
CA_{1}^{2}=2AA_{1}^{2}+2AC^{2}-AC_{1}^{2}=2a^{2}+6a^{2}-6a^{2}=2a^{2}.
Следовательно, CA_{1}=a\sqrt{2}
.
Если же точка H
лежит на продолжении биссектрисы угла BAC
, то все плоские углы при вершине C
равны по 60^{\circ}
. Поменяв местами точки A
и C
, получим ту же задачу.