9091. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, в котором AD=2
, AA_{1}=4
, AB=2\sqrt{15}
. Точка M
— середина ребра C_{1}D_{1}
, точка N
лежит на ребре AA_{1}
, причём AN=3
.
а) Докажите, что MN\perp CB_{1}
.
б) Найдите угол прямой MN
плоскостью грани BB_{1}C_{1}C
.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. а) Пусть K
— ортогональная проекция точки N
на плоскость BB_{1}C_{1}C
. Тогда точка K
лежит на ребре BB_{1}
, причём B_{1}K=A_{1}N=1
. Прямоугольные треугольники KB_{1}C_{1}
и B_{1}C_{1}C
подобны, так как
\frac{KB_{1}}{B_{1}C_{1}}=\frac{B_{1}C_{1}}{CC_{1}}=\frac{1}{2},
значит, \angle CB_{1}B=\angle B_{1}C_{1}K
.
Пусть L
— точка пересечения отрезков KC_{1}
и CB_{1}
. Тогда
\angle KLB_{1}=180^{\circ}-(\angle LKB_{1}+\angle LB_{1}K)=180^{\circ}-(\angle B_{1}KC_{1}+\angle CB_{1}B)=
=180^{\circ}-\angle B_{1}KC+\angle B_{1}C_{1}K=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Значит, C_{1}K\perp CB_{1}
, а так как C_{1}K
— ортогональная проекция наклонной MN
на плоскость BB_{1}C_{1}B
, то по теореме о трёх перпендикулярах (см. задачу 7700) MN\perp CB_{1}
.
б) Пусть P
— середина NK
. Тогда NMC_{1}P
— параллелограмм, поэтому PC_{1}\parallel NM
. Значит, угол прямой NM
с плоскостью BB_{1}C_{1}C
равен углу прямой PC_{1}
с этой плоскостью. Обозначим этот угол через \alpha
. Тогда \angle PC_{1}K=\alpha
. Из прямоугольного треугольника PC_{1}K
находим, что
\tg\alpha=\frac{PK}{KC_{1}}=\frac{MC_{1}}{\sqrt{KB_{1}^{2}+B_{1}C_{1}^{2}}}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{1+4}}=\sqrt{3}.
Следовательно, \alpha=60^{\circ}
.