9165. Основание прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— прямоугольная трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
и прямым углом при вершине A
. Найдите угол между прямыми, одна из которых проходит через центр грани AA_{1}B_{1}B
и вершину C
, а вторая — через середины рёбер AB
и C_{1}D_{1}
, если известно, что AB=BC=\frac{1}{2}AD
и AA_{1}=AB\sqrt{3}
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Положим AD=4a
, AB=BC=2a
, AA_{1}=2a\sqrt{3}
. Пусть O
— центр грани AA_{1}B_{1}B
, M
и N
— середины рёбер AB
и C_{1}D_{1}
соответственно, K
— середина ребра CD
.
На продолжении отрезка KN
за точку N
отложим отрезок NE=\frac{1}{2}KN=\frac{1}{2}AA_{1}
. Четырёхугольник MOEN
— параллелограмм, так как OM=NE
и OM\parallel NE
. Значит, OE\parallel MN
. Поэтому угол между скрещивающимися прямыми CO
и MN
равен углу между пересекающимися прямыми CO
и OE
, т. е. углу COE
.
Пусть CP
— высота трапеции ABCD
. Тогда
AP=BC=2a,~DP=AD-AP=4a-2a=2a,~
CD=\sqrt{CP^{2}+DP^{2}}=\sqrt{4a^{2}+4a^{2}}=2a\sqrt{2},~CK=\frac{1}{2}CD=a\sqrt{2}.
Отрезок MK
— средняя линия трапеции ABCD
, поэтому
MK=\frac{1}{2}(AD+BC)=\frac{1}{2}(4a+2a)=3a.
Из прямоугольных треугольников BMC
, OMC
, MNK
и CKE
находим, что
MC=\sqrt{BM^{2}+BC^{2}}=\sqrt{a^{2}+4a^{2}}=a\sqrt{5},~
CO=\sqrt{MC^{2}+MO^{2}}=\sqrt{5a^{2}+3a^{2}}=2a\sqrt{2},
MN=\sqrt{MK^{2}+KN^{2}}=\sqrt{9a^{2}+12a^{2}}=a\sqrt{21},
CE=\sqrt{CK^{2}+KE^{2}}=\sqrt{2a^{2}+27a^{2}}=a\sqrt{29}.
Тогда OE=MN=a\sqrt{21}
.
Таким образом, стороны CE
, OE
и CO
треугольника COE
равны соответственно a\sqrt{29}
, a\sqrt{21}
и 2a\sqrt{2}
, а так как
CE^{2}=29a^{2}=21a^{2}+8a^{2}=OE^{2}+CO^{2},
то треугольник COE
— прямоугольный, причём \angle COE=90^{\circ}
.