9231. Основание ABCD
прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— ромб с острым углом 60^{\circ}
при вершине A
. Точка M
— середина ребра CD
, точка H
лежит на стороне AB
, причём DH
— высота ромба ABCD
.
а) Докажите, что D_{1}M\perp DH
.
б) Найдите угол между прямыми MD_{1}
и BC_{1}
, если \angle ABA_{1}=60^{\circ}
.
Ответ. \arccos\frac{11}{4\sqrt{13}}
.
Решение. а) Поскольку призма прямая, боковое ребро D_{1}D
— перпендикуляр к плоскости ABCD
. Тогда DM
— ортогональная проекция наклонной D_{1}M
к этой плоскости, а так как DH\perp DM
, то по теореме о трёх перпендикулярах D_{1}M\perp DH
.
б) Угол между скрещивающимися прямыми MD_{1}
и BC_{1}
равен углу между прямой MD_{1}
и прямой AD_{1}
, параллельной BC_{1}
, т. е. углу AD_{1}M
.
Пусть AB=a
. Тогда
AD_{1}=BA_{1}=\frac{AB}{\cos60^{\circ}}=2a,~DD_{1}=AA_{1}=a\tg60^{\circ}=a\sqrt{3},
MD_{1}=\sqrt{DM^{2}+DD_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+3a^{2}}=\frac{a\sqrt{13}}{2},
AM^{2}=AD^{2}+DM^{2}-2AD\cdot DM\cos120^{\circ}=a^{2}+\frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{2}=\frac{7a^{2}}{4}.
Следовательно,
\cos\angle AD_{1}M=\frac{AD_{1}^{2}+MD_{1}^{2}-AM^{2}}{2AD_{1}\cdot MD_{1}}=\frac{4a^{2}+\frac{13a^{2}}{4}-\frac{7a^{2}}{4}}{2a^{2}\sqrt{13}}=\frac{11}{4\sqrt{13}}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2015
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 2.21, с. 21