Задание №14 Т/Р №203 А. Ларина

Смотрите также №13; №15; №16; №17; №18  Тренировочной работы №203 А. Ларина.

14. Дана прямая призма $ABCA_1B_1C_1.$

Решение:

a) Пусть $BC_1$ пересекается с $CB_1$ в точке $M$,   $AC_1$ с $AC_1$ – в точке $N.$

Тогда прямая пересечения плоскостей $ABC_1$ и $A_1B_1C$ – $MN.$

$BB_1C_1C,AA_1C_1C$ – прямоугольники, $M,N$ – точки пересечения диагоналей (точка пересечения диагоналей прямоугольника равноудалена от всех вершин), откуда вытекает, что  отрезок $MN$ – средняя линия треугольника, например, $ABC_1.$ Тогда по свойству средней линии  прямая $MN$ параллельна $AB.$ Далее, $MN$ параллельна плоскости $ABC$ по признаку параллельности прямой и плоскости. Плоскости оснований призмы параллельны между собой, – $MN$ параллельна каждой из плоскостей основания.

Что и требовалось доказать.

б) Треугольники $ABC_1,A_1B_1C$ равны и один переходит в другой при повороте относительно $MN$.

Пусть $ME$ – высота трапеции $ABMN,$ $ME_1$ – высота трапеции $A_1B_1MN.$

Несложно заметить, прямая $EE_1$ перпендикулярна плоскости основания.

Прямые $EM,E_1M$ плоскостей $ABC_1$ и $A_1B_1C$ перпендикулярны $MN.$

Угол $EME_1$, обозначим за $\alpha$.

Пусть $NF$ – также высота трапеции $ABMN.$ Пусть $BE=x,$  тогда $AF=\frac{\sqrt5}{2}-x.$

Очевидно, $BC_1=\sqrt{BC^2+CC_1^2}=\sqrt{13},$   $AC_1=\sqrt{AC^2+CC_1^2}=\sqrt{10}.$

Из треугольников $BME,ANF$ по теореме Пифагора выражаем и приравниваем квадраты катетов  $ME,NF:$

$\frac{13}{4}-x^2=\frac{10}{4}-(\frac{\sqrt5}{2}-x)^2;$

$\frac{3}{4}=\sqrt5x-\frac{5}{4};$

$x=\frac{2}{\sqrt5}.$

Тогда $ME^2=\frac{13}{4}-\frac{4}{5}=\frac{49}{20}.$

Из треугольника $MEE_1$ по теореме косинусов:

$EE_1^2=2ME^2-2ME^2cos\alpha;$

$9=\frac{49}{10}(1-cos\alpha);$

$cos\alpha=-\frac{41}{49}.$

Угол $\alpha =MEE_1$  оказался тупым, тогда угол между прямыми $ME,ME_1$, а значит и угол между плоскостями  $ABC_1$ и $A_1B_1C$, есть $\pi -\alpha,$ то есть $arccos\frac{41}{49}.$

Ответ: б) $arccos\frac{41}{49}.$