Стереометрия: На ребре AA_1 прямоугольного параллелепипеда... — задача

Условие, ответ и разбор задачи

Стереометрическая задачаСтатГрад 04.02.2025

На ребре

AA_1

прямоугольного параллелепипеда

ABCDA_1B_1C_1D_1

взята точка

E

так, что

A_1E : EA = 3:1

, а на ребре

BB_1

— точка

F

так, что

B_1F : FB = 3:5

. Известно, что

AB = 5\sqrt{2}

AD =12

AA_1 =16

.

а) Докажите, что плоскость

EFD_1

делит ребро

B_1C_1

на два равных отрезка.
б) Найдите угол между плоскостью

EFD_1

и плоскостью

AA_1B_1

Решение

а)

Рисунок 0 к решению задачи №15: Параллелепипеды

По условию

A_1E : EA = 3: 1 \Rightarrow A_1E = 12, \ EA = 4,

B_1F : FB = 3 : 5 \Rightarrow B_1F = 6, \ FB = 10.

Пусть

EF

пересекает

A_1B_1

в точке

T

, а

D_1T

пересекает

B_1C_1

в точке

W

\triangle TB_1F \sim \triangle TA_1E

по двум углам

\angle A_1TE - \, общий, \ \angle TB_1F = \angle TA_1E = 90^\circ,

тогда

\dfrac{TB_1}{TA_1} = \dfrac{B_1F}{A_1E} = \dfrac{1}{2},

то есть

A_1B_1 = B_1T

.

Рассмотрим прямугольные треугольники

D_1C_1W

B_1WT

, они равны по катету и острому углу:

C_1D_1 = A_1B_1=B_1T, \ \angle D_1WC_1 = \angle B_1WT,

следовательно,

B_1W=WC_1

. Что и требовалось доказать.
б)

Рисунок 1 к решению задачи №15: Параллелепипеды

Пусть

H

— основание перпендикуляра, опущенного из вершины

A_1

на прямую

ET

пересечения плоскостей

ETD_1

AA_1B_1

. Также

A_1D_1

— перпендикуляр к плоскости

AA_1B_1

, отрезок

A_1H

— проекция наклонной

D_1H

на эту плоскость. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах

D_1H \perp ET

, значит,

A_1HD_1

— линейный угол двугранного угла между плоскостями

ETD_1

AA_1B_1

.
По теореме Пифагора в

\triangle A_1ET

ET = \sqrt{A_1E^2 + A_1T^2} = \sqrt{12^2+(10\sqrt{2})^2}= \sqrt{344}.

Тогда

A_1H = \dfrac{A_1E \cdot A_1T}{ET} = \dfrac{12 \cdot 10\sqrt{2}}{\sqrt{344}} = \dfrac{120}{\sqrt{172}}.

Из прямоугольного треугольника

D_1A_1H

\tg \angle A_1HD_1= \dfrac{A_1D1}{A_1H} = \dfrac{12}{\frac{120}{\sqrt{172}}} = \dfrac{2\sqrt{43}}{10} = \dfrac{\sqrt{43}}{5}.

Таким образом

\angle A_1HE = \arctg \dfrac{\sqrt{43}}{5}.

Ответ:

\arctg \dfrac{\sqrt{43}}{5}

.

Другой способ решения пункта б)
Пусть

\alpha = \angle(EFD_1; AA_1B_1)

.

Заметим, что

A_1D_1 \perp AA_1B_1

, тогда плоскость

EA_1T

— ортогональная проекция плоскости

ED_1T

на плоскость

AA_1B_1B

, значит

\cos \alpha = \dfrac{S_{EA_1T}}{S_{ED_1T}}

S_{EA_1T} = \dfrac{1}{2} \cdot EA_1 \cdot A_1T = \dfrac{1}{2}\cdot 12 \cdot 10\sqrt{2}= 60 \sqrt{2}.

Теперь найдём

S_{ED_1T}

:

По теореме Пифагора в

\triangle EA_1D_1

ED_1 = \sqrt{ A_1E^2+A_1D_1^2}= \sqrt{ 12^2+12^2}= 12\sqrt{2}.

Аналогично, по теореме Пифагора:

ET = TD_1 = \sqrt{344}.

Пусть

h

- высота

\triangle ETD_1

из вершины

T

, тогда по теореме Пифагора:

h^2 = \sqrt{344}^2 - (6\sqrt{2})^2;

h = \sqrt{272}.

Тогда

S_{ED_1T} = \dfrac{1}{2} \cdot ED_1 \cdot h = \dfrac{1}{2}\cdot 12\sqrt{2} \cdot \sqrt{272} = 6 \cdot 4 \sqrt{34}= 24\sqrt{34}.

Таким образом,

\cos \alpha = \dfrac{60\sqrt{2}}{24\sqrt{34}} = \dfrac{5}{2\sqrt{17}}

Следовательно,

\alpha = \arccos \dfrac{5}{2\sqrt{17}}.

Ответ:

\arccos \dfrac{5}{2\sqrt{17}}

Стереометрия: На ребре AA_1 прямоугольного параллелепипеда... — задача

Похожие задачи