Задание №16 (С2) из Т/Р №91 А. Ларина

Смотрите также №15, №17, №18, №20

На боковых ребрах $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ правильной треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ ($AA_1|| BB_1|| CC_1$) расположены точки $K$, $L$, и $M$ соответственно. Известно, что угол между прямыми  $KL$ и $AB$ равен $\frac{\pi}{4}$, а угол между прямыми $KM$ и $AC$ – $\frac{\pi}{3}$.

а) Постройте плоскость, проходящую через точки $K$, $L$ и $M$;

б) Найдите угол между этой плоскостью и плоскостью основания $ABC.$

Решение:

б) Будем искать угол между плоскостями $KLM$ и  $ABC$, опираясь на формулу $S_{proeksia}=S_{sechenie}\cdot cos\alpha$, где  $\alpha$ – угол между плоскостями сечения и основания.

В нашем случае $S_{ABC}=S_{KLM}\cdot cos\alpha.$

Примем сторону основания $ABC$ (правильного треугольника) за $a$.

Тогда $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt3}{4}$.

Найдем площадь треугольника $KML$. Но прежде найдем все его стороны.

Угол между прямыми $KM$  и  $AC$ – это угол $KMP$, где $MP||AC.$

Угол между прямыми $KL$  и  $AB$ – это угол $KLQ$, где $LQ||AB.$

Из прямоугольного треугольника $KMP$  ($\angle M=60^{\circ}$, $MP=a$): $MK=2MP=2a$.

Из прямоугольного треугольника $KLQ$  ($\angle L=45^{\circ}$, $QL=a$): $KL=a\sqrt2$.

Пусть $PE||AB$, $E\in BB_1$.

Обратимся к треугольнику $MLE$: $LE=KP-KQ=a\sqrt3-a$, $ME=a$.

Тогда по теореме Пифагора

$ML=\sqrt{a^2+a^2(\sqrt3-1)^2}=a\sqrt{5-2\sqrt3}.$

По теореме косинусов для треугольника $MLK$:

$ML^2=MK^2+KL^2-2MK\cdot KL\cdot cosMKL;$

$a^2(5-2\sqrt3)=4a^2+2a^2-4\sqrt2a^2cosMKL;$

$cosMKL=\frac{1+2\sqrt3}{4\sqrt2};$

Тогда  $sinMKL=\sqrt{1-(\frac{1+2\sqrt3}{4\sqrt2})^2}=\frac{\sqrt{19-4\sqrt3}}{4\sqrt2}.$

Мы готовы вычислить площадь треугольника $MKL$:

$S_{MKL}=\frac{1}{2}\cdot MK\cdot KL\cdot sin MKL;$

$S_{MKL}=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a\sqrt2\cdot \frac{\sqrt{19-4\sqrt3}}{4\sqrt2};$

$S_{MKL}=\frac{a^2\sqrt{19-4\sqrt3}}{4};$

Наконец,

$cos\alpha=\frac{S_{ABC}}{S_{MKL}}=\frac{\frac{a^2\sqrt3}{4}}{\frac{a^2\sqrt{19-4\sqrt3}}{4}}=\sqrt{\frac{3}{19-4\sqrt3}}.$

$\alpha=arccos\sqrt{\frac{3}{19-4\sqrt3}}.$

Следует отметить, что возможен и такой случай:

 Рассуждая аналогично, получим, что искомый угол – $arccos\sqrt{\frac{3}{19+4\sqrt3}}$

Ответ: $arccos\sqrt{\frac{3}{19\pm 4\sqrt3}}.$