9191. Основание ABCD
призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— трапеция с основаниями AB=2CD
.
а) Докажите, что плоскость BA_{1}D_{1}
проходит через середину бокового ребра CC_{1}
.
б) Найдите угол бокового ребра AA_{1}
с этой плоскостью, если призма прямая, трапеция ABCD
прямоугольная с прямым углом при вершине B
, а BC=CD
и AA_{1}=\sqrt{6}CD
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. а) Плоскости BA_{1}D_{1}
и ABCD
проходят через параллельные прямые A_{1}D_{1}
и AD
, значит, они пересекаются по прямой l
, проходящей через точку B
параллельно AD
(см. задачу 8004). Пусть прямые CD
и l
пересекаются в точке K
(рис. 1), а прямые D_{1}K
и CC_{1}
, лежащие в плоскости CC_{1}D_{1}D
, — в точке M
. Тогда M
— точка пересечения плоскости BA_{1}D_{1}
с ребром CC_{1}
. Сечение призмы этой плоскостью BA_{1}D_{1}
— трапеция BMD_{1}A_{1}
.
Положим CD=a
, AB=2a
. Поскольку ABKD
— параллелограмм, DK=AB=2a
, поэтому CK=a=C_{1}D_{1}
. Из равенства треугольников MCK
и MC_{1}D_{1}
следует, что CM=MC_{1}
, т. е. M
— середина CC_{1}
.
б) Поскольку BC=CD=CK
и BC\perp DK
, треугольник BDK
прямоугольный и равнобедренный с прямым углом при вершине B
(рис. 2). Угол между прямой AA_{1}
и плоскостью BA_{1}D_{1}
равен углу между прямой DD_{1}
, параллельной AA_{1}
, и этой плоскостью. Поскольку призма прямая, отрезок DB
— ортогональная проекция наклонной D_{1}B
на плоскость ABCD
. При этом, BD\perp BK
, значит, по теореме о трёх перпендикулярах D_{1}B\perp BK
, и прямая BK
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}D_{1}D
. Высота DH
прямоугольного треугольника BDD_{1}
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BD_{1}
и BK
плоскости BA_{1}D_{1}
, значит, DH
— перпендикуляр к этой плоскости. Таким образом, угол между прямой DD_{1}
и плоскостью BA_{1}D_{1}
— это угол DD_{1}H
.
Из прямоугольного треугольника BDD_{1}
находим, что
\tg\angle DD_{1}H=\tg\angle DD_{1}B=\frac{BD}{DD_{1}}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, искомый угол равен 30^{\circ}
.