9756. В основании прямой призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
лежит равнобедренный треугольник ABC
с основанием AC
. Точка K
— середина ребра A_{1}B_{1}
, а точка M
делит ребро AC
в отношении AM:MC=1:3
.
а) Докажите, что прямая KM
перпендикулярна AC
.
б) Найдите угол между прямой KM
и плоскостью ABB_{1}
, если AB=6
, AC=8
и AA_{1}=3
.
Ответ. \arcsin\frac{\sqrt{70}}{21}
.
Решение. а) Пусть L
и N
— середины рёбер AB
и AC
соответственно. Тогда KL
— перпендикуляр к плоскости ABC
, а LM
— средняя линия прямоугольного треугольника ABN
, поэтому LM\parallel BN
, а так как BN\perp AC
, то LM\perp AC
. Таким образом, ортогональная проекция LM
наклонной KM
к плоскости ABC
перпендикулярна прямой AC
, лежащей в этой плоскости. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах KM\perp AC
.
б) Опустим перпендикуляр MH
из точки M
на сторону AB
треугольника ABC
. Поскольку призма прямая, MH\perp AA_{1}
, значит, MH
— перпендикуляр к плоскости ABB_{1}
, а искомый угол — это угол MKH
.
Отрезок ML
— средняя линия прямоугольного треугольника ABN
, в котором
BN=\sqrt{AB^{2}-AN^{2}}=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=2\sqrt{5},
поэтому
LM=\frac{1}{2}BN=\sqrt{5}.
Кроме того, AM=2
и AL=3
.
Из прямоугольных треугольников AML
и MKL
находим, что
MH=\frac{LM\cdot AM}{AL}=\frac{\sqrt{5}\cdot2}{3}=\frac{2\sqrt{5}}{3}
(см. задачу 1967),
KM=\sqrt{KL^{2}+LM^{2}}=\sqrt{3^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{14}.
Следовательно,
\sin\angle MKH=\frac{MH}{KM}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{3}}{\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt{5}}{3\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{70}}{21}.