9178. Основание прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями AD=2BC
и боковой стороной AB=BC
.
а) Докажите, что AB\perp B_{1}D
.
б) Найдите угол между прямыми CD_{1}
и B_{1}D
, если боковая грань AA_{1}D_{1}D
— квадрат.
Ответ. \arccos\frac{\sqrt{35}}{14}
.
Решение. а) Положим AB=BC=CD=a
, AA_{1}=AD=2a
. Пусть K
— точка пересечения прямых AB
и CD
. Поскольку BC\parallel AD
и BC=\frac{1}{2}AD
, отрезок BC
— средняя линия треугольника AKD
. Поэтому AK=DK=2a=AD
, а DB
— медиана, а значит, и высота равностороннего треугольника AKD
. В то же время, DB
— ортогональная проекция наклонной B_{1}D
на плоскость основания призмы. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах B_{1}D\perp AB
.
б) Противоположные стороны CK
и D_{1}C_{1}
четырёхугольника CD_{1}C_{1}K
равны и параллельны, значит, это параллелограмм, поэтому C_{1}K\parallel CD_{1}
.
На продолжении ребра AD
за точку D
отложим отрезок DL=BC
. Противоположные стороны DL
и B_{1}C_{1}
четырёхугольника DB_{1}C_{1}L
равны и параллельны, значит, это параллелограмм, поэтому C_{1}L\parallel B_{1}D
. Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми CD_{1}
и B_{1}D
равен углу между параллельными им пересекающимися прямыми C_{1}K
и C_{1}L
, т. е. углу KC_{1}L
.
По теореме косинусов из треугольника DKL
находим, что
KL=\sqrt{DL^{2}+DK^{2}-2DL\cdot DK\cos120^{\circ}}=\sqrt{a^{2}+4a^{2}+2\cdot a\cdot2a\frac{1}{2}}=a\sqrt{7}.
По теореме Пифагора
BD^{2}=AD^{2}-AB^{2}=4a^{2}-a^{2}=3a^{2},
C_{1}L=B_{1}D=\sqrt{BB_{1}^{2}+BD^{2}}=\sqrt{4a^{2}+3a^{2}}=a\sqrt{7},
C_{1}K=D_{1}C=\sqrt{CD^{2}+DD_{1}^{2}}=\sqrt{a^{2}+4a^{2}}=a\sqrt{5}.
Следовательно,
\cos\angle KC_{1}L=\frac{\frac{1}{2}C_{1}K}{C_{1}L}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2}}{a\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{35}}{14}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2015
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 2.22, с. 21