8990. Нижним основанием четырёхугольной усечённой пирамиды является ромб ABCD
, у которого AB=4
и \angle BAD=60^{\circ}
. AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
, DD_{1}
— боковые рёбра усечённой пирамиды, ребро A_{1}B_{1}=2
, ребро CC_{1}
перпендикулярно плоскости основания и равно 2. На ребре BC
взята точка M
так, что BM=3
, и через точки B_{1}
, M
и центр ромба ABCD
проведена плоскость. Найдите двугранный угол между этой плоскостью и плоскостью AA_{1}C_{1}C
.
Ответ. \arccos\frac{9}{\sqrt{93}}=\arctg\frac{2}{3\sqrt{3}}
.
Решение. Пусть O
— центр ромба ABCD
. Из треугольника OMB
находим, что
OM=\sqrt{BO^{2}+BM^{2}-2BO\cdot BM\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+9-6}=\sqrt{7}.
Построим прямую пересечения плоскостей AA_{1}C_{1}C
и B_{1}MO
. Для этого продолжим отрезки C_{1}C
и B_{1}M
до пересечения в точке E
. Каждая из точек O
и E
лежит в плоскости AA_{1}C_{1}C
, и в плоскости B_{1}MO
, значит, OE
— прямая пересечения этих плоскостей.
Построим линейный угол двугранного угла между этими плоскостями. Для этого из точки C_{1}
опустим перпендикуляр C_{1}K
на ребро OE
этого двугранного угла, а из точки K
восставим перпендикуляр к OE
в плоскости B_{1}MO
. Пусть этот перпендикуляр пересекается с прямой B_{1}E
в точке L
. Тогда C_{1}KL
— искомый линейный угол угол. Обозначим \angle C_{1}KL=\gamma
. Для его нахождения вычислим все стороны треугольника C_{1}KL
.
Поскольку MC=1=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}
и MC\parallel B_{1}C_{1}
, отрезок MC
— средняя линия треугольника B_{1}C_{1}E
, поэтому C
— середина отрезка EC_{1}
, а так как OC\perp EC_{1}
, то медиана OC
треугольника EOC_{1}
является его высотой. Значит, треугольник EOC_{1}
— равнобедренный. Кроме того, из прямоугольного треугольника COC_{1}
находим, что
OC_{1}=\sqrt{OC^{2}+CC_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{4\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+2^{2}}=\sqrt{12+4}=4=EC_{1},
поэтому треугольник EOC_{1}
— равносторонний. Тогда его высота C_{1}K
равна высоте OC
, т. е. C_{1}K=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}
.
В треугольнике OME
известно, что
ME=\sqrt{MC^{2}+CE^{2}}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5},~OE=4,~OM=\sqrt{7}.
Обозначим \angle OEM=\varphi
. Тогда
\cos\varphi=\frac{OE^{2}+ME^{2}-OM^{2}}{2OE\cdot ME}=\frac{16+5-7}{2\cdot4\cdot\sqrt{5}}=\frac{7}{4\sqrt{5}},~\tg\varphi=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\varphi}-1}=\frac{\sqrt{31}}{7}.
Из прямоугольного треугольника LKE
находим, что
KL=KE\tg\varphi=\frac{1}{2}OE\tg\varphi=2\cdot\frac{\sqrt{31}}{7}=\frac{2\sqrt{31}}{7},~LE=\frac{KE}{\cos\varphi}=\frac{2}{\frac{7}{4\sqrt{5}}}=\frac{8\sqrt{5}}{7}.
Рассмотрим грань BB_{1}C_{1}C
. Обозначим \angle B_{1}EC_{1}=\beta
. Тогда
\tg\beta=\frac{B_{1}C_{1}}{EC_{1}}=\frac{1}{2},~\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\beta}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.
По теореме косинусов
LC_{1}=\sqrt{C_{1}E^{2}+LE^{2}-2C_{1}E\cdot LE\cos\beta}=\frac{4\sqrt{31}}{7}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{KL^{2}+KC_{1}^{2}-LC_{1}^{2}}{2KL\cdot KC_{1}}=\frac{\left(\frac{2\sqrt{31}}{7}\right)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-\left(\frac{4\sqrt{31}}{7}\right)^{2}}{2\cdot\frac{2\sqrt{31}}{7}\cdot2\sqrt{3}}=\frac{9}{\sqrt{93}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1972, билет 1, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 72-1-5, с. 152