Параллелепипед.Угол между плоскостями: Часть 3

Видео

Конспект

Задача 3.16

ЕГЭ-2020, тренировочный вариант, № 14.

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA_1B_1C_1D_1 известны длины ребер AA_1 = 15 , AB = 12 , AD = 8 . Точка K — середина ребра C_1D_1 , а точка L делит ребро BB_1 в отношении 4:1 , считая от вершины B_1 .

а) Найдите отношение, в котором плоскость LKA_1 делит ребро CC_1 , считая от вершины C_1 .

б) Найдите косинус угла между плоскостями LKA_1 и A_1B_1C_1 .

Решение.

{ а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью (LKA_1) . Точки L и A_1 принадлежат грани AA_1B_1B , соединим их (рис. 9).

Stereo_2_47_s Рис. 9: К задаче 3.16

Поскольку грани AA_1B_1B и DD_1C_1C параллельны, плоскость сечения пересекает их по параллельным прямым. Проведем KP \parallel A_1L . Соединяя точки A_1 и K , L и P , завершаем построение сечения. \triangle KC_1P \sim \triangle AB_1L по двум углам. Коэффициент подобия равен \frac{1}{2} , так как K — середина D_1C_1 . Отсюда

C_1P = \frac{1}{2}B_1L = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6 \Longrightarrow PC = 9 \Longrightarrow \frac{C_1P}{PC} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}. б) Угол \varphi между плоскостью сечения (LKA_1) и плоскостью верхнего основания (A_1B_1C_1) можно найти по формуле, связывающей площадь сечения S_{\textbf{сеч}} и площадь его ортогональной проекции S_{пр} на плоскость основания:

\cos\varphi = \frac{S_{пр}{S_{сеч}}}. 1. Найдём площадь сечения S_{сеч} . Сечение представляет собой трапецию A_1LPK . Найдём длины сторон трапеции:

A_1L = 12\sqrt{2} ,

KM = 6\sqrt{2} .

Боковые стороны: \triangle A_1D_1K,~ A_1K = \sqrt{A_1D_1^2 + D_1K^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10. \triangle LMP, ~ LP = \sqrt{LM^2+PM^2} = \sqrt{8^2+6^2} = 10.

Трапеция равнобедренная. Найдём её высоту h (рис. 10):

h = \sqrt{(A_1K)^2 - \left(\frac{A_1L - KM}{2}\right)^2} = \sqrt{10^2 - \left(\frac{12\sqrt{2} - 6\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{82}. Площадь сечения:

S_{сеч} = \frac{A_1L+KM}{2} \cdot h = \frac{12\sqrt{2}+6\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{82} = 18\sqrt{41}. 2. Найдём площадь проекции S_{пр} . Проекцией сечения A_1LMK на плоскость (A_1B_1C_1) является многоугольник A_1B_1C_1K . Его площадь можно найти как разность площади прямоугольника A_1B_1C_1D_1 и площади треугольника A_1D_1K .

S_{пр} = S_{A_1B_1C_1D_1} - S_{\triangle A_1D_1K} = (A_1B_1 \cdot A_1D_1) - \frac{1}{2}(A_1D_1 \cdot D_1K), S_{пр} = (12 \cdot 8) - \frac{1}{2}(8 \cdot 6) = 72. 3. Найдём косинус угла

\cos\varphi = \frac{S_{пр}}{S_{сеч}} = \frac{72}{18\sqrt{41}} = \frac{4}{\sqrt{41}}. Ответ: а) 2:3 ; б) \displaystyle \frac{4}{\sqrt{41}} .

Stereo_2_48_s

Рис. 10: К задаче 3.16

Пример 3.17

В основании прямоугольного параллелепипеда ABCDA_1B_1C_1D_1 лежит квадрат ABCD со стороной 2 , а высота призмы равна 1 . Точка E лежит на диагонали BD_1 , причём BE = 1 .

а) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью A_1C_1E .

б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью ABC .

Stereo_2_34 Рис. 11: К примеру 3.17

Решение.

{а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью A_1C_1E (рис. 11). Для этого рассмотрим плоскость AD_1C_1B , построенную на параллельных прямых AB и D_1C_1 . Диагональ BD_1 и, следовательно, точка E лежат в этой плоскости. Продлим C_1E до пересечения с ребром AB (оно также лежит в плоскости AD_1C_1B ) и получим точку M . Аналогично, продлевая A_1E до пересечения с ребром BC , получим точку N . Отметим, что MN \parallel A_1C_1 , поскольку сечение пересекает параллельные плоскости A_1B_1C_1 и ABC по параллельным прямым. Таким образом, равнобокая трапеция A_1C_1NM — искомое сечение.

б) По определению под углом между плоскостями понимается градусная мера линейного угла, то есть угола между двумя перпендикулярами к линии пересечения плоскостей, восстановленными из одной точки. Пусть K — точка пересечения MN с диагональю BD (рис. 12). Так как MN \parallel AC , то DB \perp MN , так как диагонали квадрата взаимно перпендикулярны. По теореме о трех перпендикулярах O_1K \perp MN , поэтому \angle O_1KO — линейный угол искомого двугранного угла. Найдем диагональ BD_1^2 = 2^2 + 2^2 + 1 = 9, ~\Longrightarrow BD_1 = 3. Отсюда D_1E = BD_1 - BE = 3 - 1 = 2 . Треугольники D_1O_1E и BKE подобны по двум углам, следовательно \frac{D_1O_1}{BK} = \frac{D_1E}{BE} \Longrightarrow \frac{\sqrt 2}{BK} = \frac{2}{1} \Longrightarrow BK = \frac{\sqrt 2}{2} \Longrightarrow OK = \frac{\sqrt 2}{2}. Из \triangle OO_1K получаем, что \tg \angle OKO_1 = \frac{OO_1}{OK} = \sqrt 2 . }

Ответ: б) \displaystyle \arctg \sqrt 2 .

Stereo_2_35 Рис. 12: К примеру 3.17