9176. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Через прямую BD_{1}
проведена плоскость \alpha
, параллельная прямой AC
. Сечение параллелепипеда плоскостью \alpha
— ромб.
а) Докажите, что грань ABCD
— квадрат.
б) Найдите угол между плоскостью \alpha
и плоскостью BCC_{1}
, если AA_{1}:AB=3:2
.
Ответ. \arctg\frac{5}{3}
.
Решение. а) Плоскость ABCD
проходит через прямую AC
, параллельную \alpha
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой l
, параллельной AC
и проходящей через точку B
(см. задачу 8003). Пусть прямая l
пересекает прямые CD
и AD
в точках P
и Q
соответственно, а прямая D_{1}P
пересекает ребро CC_{1}
в точке M
. Четырёхугольник ABPC
— параллелограмм, поэтому CP=AB=C_{1}D_{1}
. Из равенства треугольников CMP
и C_{1}MD_{1}
следует, что M
— середина ребра CC_{1}
. Аналогично докажем, что точка N
пересечения AA_{1}
и D_{1}Q
— середина ребра AA_{1}
. Значит, MN\parallel AC
. Поскольку BMD_{1}N
— ромб, его диагонали MN
и BD_{1}
перпендикулярны, а так как AC\parallel MN
, то AC\perp BD_{1}
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах AC\perp BD
. Диагонали прямоугольника ABCD
перпендикулярны, следовательно, это квадрат.
б) Положим AA_{1}=3a
, AB=2a
. Тогда
CM=\frac{3}{2}a,~BM=\sqrt{BC^{2}+CM^{2}}=\sqrt{4a^{2}+\frac{9}{4}a^{2}}=\frac{5}{2}a.
Пусть CH
— высота прямоугольного треугольника BCM
. Поскольку PC
— перпендикуляр к плоскости BCM
, то по теореме о трёх перпендикулярах PH\perp BM
. Значит, CHP
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \alpha
и ABCD
. Из прямоугольного треугольника BCM
находим, что
CH=\frac{BC\cdot CM}{BM}=\frac{2a\cdot\frac{3}{2}a}{\frac{5}{2}a}=\frac{6}{5}a.
Следовательно,
\tg\angle CHP=\frac{PC}{CH}=\frac{2a}{\frac{6}{5}a}=\frac{5}{3}.