На ребре AA1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 взята точка E так, что A1E:EA=3:1, а на ребре BB1 — точка F так, что B1F:FB=3:5. Известно, что AB=52,AD=12,AA1=16.
а) Докажите, что плоскость EFD1 делит ребро B1C1 на два равных отрезка.
б) Найдите угол между плоскостью EFD1 и плоскостью AA1B1.
Решение
а)
По условию A1E:EA=3:1⇒A1E=12,EA=4,B1F:FB=3:5⇒B1F=6,FB=10. Пусть EF пересекает A1B1 в точке T, а D1T пересекает B1C1 в точке W.
△TB1F∼△TA1E по двум углам
∠A1TE−общий,∠TB1F=∠TA1E=90∘, тогда
TA1TB1=A1EB1F=21, то есть A1B1=B1T.
Рассмотрим прямугольные треугольники D1C1W и B1WT, они равны по катету и острому углу:
C1D1=A1B1=B1T,∠D1WC1=∠B1WT, следовательно, B1W=WC1. Что и требовалось доказать.
б)
Пусть H --- основание перпендикуляра, опущенного из вершины A1 на прямую ET пересечения плоскостей ETD1 и AA1B1. Также A1D1 --- перпендикуляр к плоскости AA1B1, отрезок A1H --- проекция наклонной D1H на эту плоскость. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах D1H⊥ET, значит, A1HD1 --- линейный угол двугранного угла между плоскостями ETD1 и AA1B1. По теореме Пифагора в △A1ET: ET=A1E2+A1T2=122+(102)2=344. Тогда
A1H=ETA1E⋅A1T=34412⋅102=172120. Из прямоугольного треугольника D1A1H: tg∠A1HD1=A1HA1D1=17212012=10243=543. Таким образом
∠A1HE=arctg543.
Ответ: arctg543.
Другой способ решения пункта б)
Пусть α=∠(EFD1;AA1B1).
Заметим, что A1D1⊥AA1B1, тогда плоскость EA1T --- ортогональная проекция плоскости ED1T на плоскость AA1B1B, значит
cosα=SED1TSEA1T SEA1T=21⋅EA1⋅A1T=21⋅12⋅102=602. Теперь найдём SED1T:
По теореме Пифагора в △EA1D1: ED1=A1E2+A1D12=122+122=122. Аналогично, по теореме Пифагора:
ET=TD1=344. Пусть h - высота △ETD1 из вершины T, тогда по теореме Пифагора:
h2=3442−(62)2; h=272. Тогда
SED1T=21⋅ED1⋅h=21⋅122⋅272=6⋅434=2434. Таким образом,
cosα=2434602=2175 Следовательно,
α=arccos2175. Ответ: arccos2175
