9249. В кубе ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
все рёбра равны 4. На его ребре BB_{1}
отмечена точка K
так, что KB=3
. Через точки K
и C_{1}
проведена плоскость \alpha
, параллельная прямой BD_{1}
.
а) Докажите, что A_{1}P:PB_{1}=2:1
, где P
— точка пересечения плоскости \alpha
с ребром A_{1}B_{1}
.
б) Найдите угол наклона плоскости \alpha
к плоскости грани BB_{1}C_{1}C
.
Ответ. \arctg\frac{\sqrt{17}}{3}
.
Решение. а) Проведём через точку K
прямую, параллельную BD_{1}
. Пусть эта прямая пересекает плоскость грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
в точке L
. Прямая KL
лежит в плоскости BB_{1}D_{1}
, значит, точка L
лежит на диагонали B_{1}D_{1}
. При этом B_{1}L:LD_{1}=B_{1}K:KB=1:3
.
Прямая C_{1}L
пересекает ребро A_{1}B_{1}
в точке P
, принадлежащей плоскости \alpha
. Треугольники B_{1}LP
и D_{1}LC_{1}
подобны, поэтому B_{1}P:D_{1}C_{1}=B_{1}L:D_{1}L=1:3
. Следовательно,
\frac{A_{1}P}{PB_{1}}=\frac{A_{1}B_{1}-PB_{1}}{PB_{1}}=\frac{D_{1}C_{1}-PB_{1}}{PB_{1}}=\frac{3PB_{1}-PB_{1}}{PB_{1}}=2.
б) Опустим из точки B_{1}
перпендикуляр B_{1}H
на C_{1}K
. Поскольку PB_{1}
— перпендикуляр к плоскости BB_{1}C
, прямая B_{1}H
— ортогональная проекция наклонной PH
на эту плоскость. По теореме о трёх перпендикулярах прямые PH
и C_{1}K
перпендикулярны. Значит, угол B_{1}HP
искомый. Поскольку A_{1}P:PB_{1}=2:1
, получаем, что PB_{1}=\frac{4}{3}
. Из прямоугольного треугольника B_{1}C_{1}K
находим, что
B_{1}H=\frac{B_{1}C_{1}\cdot B_{1}K}{C_{1}K}=\frac{4}{\sqrt{17}}
(см. задачу 1967). Значит,
\tg\angle B_{1}HP=\frac{PB_{1}}{B_{1}H}=\frac{\sqrt{17}}{3}.