Задание №16 Т/Р №113 А. Ларина

Смотрите также №15, №17, №18, №19, №20.
Основанием прямой призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равнобедренный
треугольник $ABC$, в котором $CB=CA=5$, $BA=6$. Высота призмы равна 10. Точка $M$ – середина ребра $AA_1$.
а) Постройте прямую, по которой пересекаются плоскости $MBC_1$ и $ABC$.
б) Вычислите угол между плоскостями $MBC_1$ и $ABC$.

Решение:

a) $MC_1$ и $AC$, находясь в одной плоскости, пересекаются в точке $P.$

$P\in (ABC), P\in (MBC_1)$   и   $B\in (ABC),  B\in (MBC_1)$, то есть $PB$ – прямая пересечения плоскостей $(ABC)$ и $(MBC_1)$.

б) Проведем в плоскости $ABC$ перпендикуляр $AH$ к $PB$. По теореме о трех перпендикулярах  и $MH\perp PB.$ То есть $\angle AHM$ – угол между плоскостями $MBC_1$ и $ABC$.

Несложно заметить, $sinCAB=\frac{4}{5}.$ Тогда и $sinBAP=\frac{4}{5}.$ Кроме того $cosCAB=\frac{3}{5}$ и $cosBAP=-\frac{3}{5}.$

Заметим, $AP=5$ (из равенства треугольников $PMA$ и $C_1MA_1$).

Из треугольника $BAP$ по теореме косинусов:

$PB^2=BA^2+PA^2-2BA\cdot PA\cdot cosBAP;$

$PB^2=36+25+2\cdot 6\cdot 5\cdot \frac{3}{5};$

$PB^2=97;$

$PB=\sqrt{97}.$

Для треугольника $BAP:$

$\frac{1}{2}AH\cdot BP=\frac{1}{2}AB\cdot AP\cdot sin BAP;$

Имеем:

$\sqrt{97}AH=30\cdot \frac{4}{5};$

$AH=\frac{24}{\sqrt{97}}.$

Наконец, $tgAHM=\frac{5}{\frac{24}{\sqrt{97}}}=\frac{5\sqrt{97}}{24}.$

Ответ: $arctg\frac{5\sqrt{97}}{24}.$