9395. Дана правильная четырёхугольная призма ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с основанием ABCD
. Точки K
, L
, M
— середины рёбер AD
, CD
, A_{1}B_{1}
соответственно. Найдите угол между прямой BB_{1}
и плоскостью KLM
, если AA_{1}:AB=1:\sqrt{6}
.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Пусть прямые KL
и AB
пересекаются в точке N
, а прямая MN
пересекает ребро AA_{1}
в точке P
. Тогда точка P
лежит в плоскости KLM
, причём треугольник AKN
равен треугольнику DKL
, а треугольник APN
— треугольнику A_{1}PM
. Значит, P
— середина ребра AA_{1}
. Отрезки KL
и PM
— средние линии треугольников ADC
и AA_{1}B_{1}
, поэтому KL\parallel AC
и PM\parallel AB_{1}
, т. е. две пересекающиеся прямые AC
и AB_{1}
плоскости AB_{1}C
соответственно параллельны двум пересекающимся прямым KL
и PM
плоскости KLM
. Следовательно, эти плоскости параллельны, а значит, угол прямой BB_{1}
с плоскостью KLM
равен углу этой прямой с плоскостью AB_{1}C
.
Пусть O
— центр квадрата ABCD
, а BH
— высота прямоугольного треугольника OBB_{1}
. Тогда BH
— перпендикуляр к плоскости AB_{1}C
, HB_{1}
— ортогональная проекция наклонной BB_{1}
на плоскость, а BB_{1}H
— угол прямой BB_{1}
с этой плоскостью.
Пусть BB_{1}=AA_{1}=a
, AB=a\sqrt{6}
. Тогда
BO=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\cdot AB\sqrt{2}=a\sqrt{3}.
Значит,
\tg\angle BB_{1}H=\tg\angle BB_{1}O=\frac{BO}{BB_{1}}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.
Следовательно, \angle BB_{1}H=60^{\circ}
.