Параллелепипед.Угол между: прямой и плоскостью, прямыми; Расстояние от точки до: плоскости и прямой в пространстве; Объем.: Часть 4

Видео

Конспект

Пример 3.28

ЕГЭ-2022, тренировочный вариант, № 13.

В правильной призме ABCDA_1B_1C_1D_1 с основанием ABCD боковое ребро равно \sqrt{3} , а сторона основания равна 2 . Через точку A_1 перпендикулярно плоскости AB_1D_1 проведена прямая l .

а) Докажите, что прямая l пересекает отрезок AC и делит его в отношении 3:1 .

б) Найдите угол между прямыми l и CB_1 .

Решение.

а) Проведем A_1Q \perp AO_1 (рис. 10).

Stereo_2_54_s

Рис. 10: К примеру 3.28

Так как B_1D_1 \perp (AA_1C_1C) , то B_1D_1 \perp A_1Q , следовательно, A_1Q \perp (AB_1D_1) , поскольку она перпендикулярна двум прямым, лежащим в этой плоскости. Продлим A_1Q до пересечения с AC (они пересекаются, так как лежат в одной плоскости (AA_1C_1C) и не параллельны).

Рассмотрим \triangle AA_1O_1 , A_1O_1 = \sqrt 2 , AO_1 = \sqrt{AA_1^2 + A_1O_1^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{5} , \cos \beta = \frac{A_1O_1}{AO_1} = \sqrt{\frac{2}{5}} . \triangle A_1O_1Q , QO_1 = A_1O_1 \cos\beta = \frac{2}{\sqrt 5} . Отсюда AQ = AO_1 - QO_1 = \sqrt 5 - \frac{2}{\sqrt 5} = \frac{3}{\sqrt 5} . \triangle A_1O_1Q \sim \triangle KAQ по двум углам. Отсюда \frac{AK}{A_1O_1} = \frac{AQ}{QO_1} \Longrightarrow \frac{AK}{\sqrt 2} = \frac{3}{\sqrt 5} \cdot \frac{\sqrt 5}{2} \Longrightarrow AK = \frac{3\sqrt 5}{2}. Поскольку AC = 2 \sqrt 2 , то KC = 2\sqrt 2 - \frac{3\sqrt 5}{2} = \frac{\sqrt 2}{2} . Следовательно, \frac{AK}{KC} = \frac{3}{1} .

б) Поскольку A_1D \parallel B_1C , по определению угла между скрещивающимися прямыми, угол между l и CB_1 равен \angle DA_1K . Рассмотрим \triangle AA_1D : A_1D = \sqrt{AA_1^2 + AD^2} = \sqrt {3 + 4} = \sqrt 7 . Из \triangle AA_1K A_1K = \sqrt {AA_1^2 + AK^2} = \sqrt{ 3 + \frac{9}{2}} = \sqrt{\frac{15}{2}} . В \triangle AKD воспользуемся теоремой косинусов: KD^2 = AK^2 + AD^2 - 2 AK \cdot AD \cdot \cos 45^\circ = \frac{9}{2} + 4 - 2 \cdot \frac{3}{\sqrt 2} \cdot \frac{2}{\sqrt 2} = \frac{5}{2}. \triangle A_1KD , теорема косинусов: \cos\gamma = \frac{A_1D^2 + A_1K^2 - KD^2}{2 A_1D \cdot A_1K} = \frac{7 + \frac {15}{2} - \frac{5}{2}}{2\sqrt 7 \cdot \sqrt {\frac{15}{2}}} = \frac{2\sqrt{210}}{35}.

Ответ: \displaystyle \arccos \frac{2\sqrt{210}}{35} .

Пример 3.29

МГУ, ф-т ВМК, 2002 (июль), № 3(6).

Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA_1B_1C_1D_1 , у которого AD = 8 , AB = 3 и AA_1 = 4 . Найдите угол между прямой B_1D и прямой, проходящей через середины ребер AA_1 и B_1C_1 .

Решение.

Пусть M — середина ребра AA_1 , а N — середина ребра B_1C_1 . Требуется найти угол между прямыми B_1D и MN (рис. 11).

Stereo_2_55_s

Рис. 11: К примеру 3.29

Для нахождения угла воспользуемся методом параллельного переноса. Достроим слева параллелепипед, добавив половину ширины исходного. Тогда M_2B_1 \parallel MN , так как M_2B_1NM — параллелограмм ( M_2M \parallel B_1N , M_2M = B_1N ). По определению угла между скрещивающимися прямыми \angle M_2B_1D равен углу между MN и B_1D . Поскольку B_1D — диагональ параллелепипеда, ее квадрат длины равен сумме квадратов трех измерений: B_1D^2 = AB^2 + AD^2 + AA_1^2 = 3^2 + 8^2 + 4^2 = 89 \Longrightarrow B_1D = \sqrt{89}. Треугольник A_3B_3B_1 — египетский, поэтому A_3B_1 = 5 . Из \triangle M_2A_3B_1 M_2B_1 = \sqrt{ M_2A_3^2 + A_3B_1^2} = \sqrt{ 4 + 25} = \sqrt{29}. Из \triangle A_2M_2D M_2D = \sqrt{ M_2A_2^2 + A_2D^2} = \sqrt{ 4 + 144} = \sqrt{148}.

Для нахождения угола \angle M_2B_1D применим теорему косинусов в \triangle M_2B_1D : M_2D^2 = M_2B_1^2 + B_1D^2 - 2(M_2B_1)(B_1D)\cos(\angle M_2B_1D) \cos(\angle M_2B_1D) = \frac{M_2B_1^2 + B_1D^2 - M_2D^2}{2 \cdot M_2B_1 \cdot B_1D} = \frac{29 + 89 - 148}{2 \cdot \sqrt{29} \cdot \sqrt{89}} = -\frac{15}{\sqrt{2581}} Угол между прямыми по определению является острым, поэтому косинус этого угла должен быть положительным. \cos(\alpha) = \left|-\frac{15}{\sqrt{2581}}\right| = \frac{15}{\sqrt{2581}}. Искомый угол \alpha = \arccos\left(\frac{15}{\sqrt{2581}}\right) .

Ответ: \displaystyle \arccos \frac{15}{\sqrt{2581}} .