9198. Дана правильная треугольная призма ABCA_{1}B_{1}C_{1}
с основаниями ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
. Скрещивающиеся диагонали BA_{1}
и CB_{1}
боковых граней AA_{1}B_{1}B
и BB_{1}C_{1}C
перпендикулярны.
а) Докажите, AB:AA_{1}=\sqrt{2}:1
.
б) Найдите угол прямой BA_{1}
с плоскостью BCC_{1}
.
Ответ. 45^{\circ}
.
Решение. а) Пусть M
— середина ребра B_{1}C_{1}
. Тогда A_{1}M\perp B_{1}C_{1}
и A_{1}M\perp BB_{1}
, значит, A_{1}M
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}C_{1}C
, а BM
— ортогональная проекция наклонной A_{1}B
на эту плоскость. По условию A_{1}B\perp CB_{1}
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах BM\perp CB_{1}
.
Обозначим AB=a
, AA_{1}=h
, \angle MBB_{1}=\angle CB_{1}C_{1}=\alpha
. Из прямоугольных треугольников MBB_{1}
и CB_{1}C_{1}
получаем, что
\tg\alpha=\frac{MB_{1}}{BB_{1}}=\frac{a}{2h},~\tg\alpha=\frac{CC_{1}}{B_{1}C_{1}}=\frac{h}{a}.
Из равенства \frac{a}{2h}=\frac{h}{a}
находим, что a=h\sqrt{2}
. Следовательно, \frac{AB}{AA_{1}}=\frac{a}{h}=\sqrt{2}
.
б) Поскольку BM
— ортогональная проекция наклонной A_{1}B
на плоскость BB_{1}C_{1}C
, угол наклонной с этой плоскостью — это угол A_{1}BM
.
В прямоугольном треугольнике A_{1}BM
известно, что
A_{1}M=\frac{a\sqrt{3}}{2},~BM=\sqrt{B_{1}M^{2}+BB_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Значит, этот треугольник равнобедренный. Следовательно, \angle A_{1}BM=45^{\circ}
.