Задание №15 — Углы между прямой и плоскостью

Решение:

Дана прямая призма $ABCA_{1} B_{1} C_{1}$ с треугольным основанием. Известно, что $AB = BC$, точка $K$ является серединой ребра $A_{1}B_{1}$, а точка $M$ делит отрезок $AC$ в отношении $AM : MC = 1 : 3$.
а) 1) Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KH$ на прямую $AB$. Так как $A_{1} K = KB_{1}$, точка $H$ будет серединой ребра $AB$, то есть $AH = HB$.
В основании призмы проведем высоту $BL$ треугольника $ABC$. Поскольку треугольник равнобедренный ($AB=BC$), высота $BL$ также является медианой, следовательно, $AL = LC = \frac{AC}{2}$.
Обозначим проекцию точки $M$ на $AB$ как $M_{1}$ и рассмотрим перпендикуляр $HM_{1}$.
2) В треугольниках $AHM_{1}$ и $ABL$ угол $A$ общий.
Так как $HM_{1} \parallel BL$, углы $\angle AHM_{1}$ и $\angle ABL$ равны как соответственные. Значит, $\triangle AHM_{1} \sim \triangle ABL$ по двум углам. Из подобия следует: $\frac{AM_{1}}{AL} = \frac{AH}{AB} = \frac{1}{2}$.
Отсюда $AM_{1} = \frac{1}{2} AL = \frac{1}{2} \cdot \frac{AC}{2} = \frac{AC}{4}$.
Из условия $AM : MC = 1 : 3$ и $AM + MC = AC$ получаем:
$MC = 3 AM$
$AM + 3 AM = AC \Rightarrow 4 AM = AC \Rightarrow AM = \frac{AC}{4}$.
Так как $AM = AM_{1}$, точки $M$ и $M_{1}$ совпадают.
3) Поскольку $KH \perp (ABC)$ и $HM \perp AC$, то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $KM$ также перпендикулярна прямой $AC$.
б) 4) В плоскости основания проведем высоту $ME$ в треугольнике $AMH$.
Искомый угол между прямой $KM$ и плоскостью $ABB_1$ — это угол $\angle MKE$.
5) Проанализируем геометрию основания $ABC$:

По условию $AC = 8$, тогда $AM = \frac{8}{4} = 2$.
В треугольнике $AHM$, где $AH = \frac{AB}{2} = 3$, по теореме Пифагора найдем высоту $HM$:
$HM = \sqrt{AH^{2} - AM^{2}} = \sqrt{3^2 - 2^2} = \sqrt{5}$.
Найдем косинус угла $A$: $\cos \angle A = \frac{AM}{AH} = \frac{2}{3}$.
Тогда $\sin \angle A = \sqrt{1 - (\frac{2}{3})^2} = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
Длина перпендикуляра $EM = AM \cdot \sin \angle A = 2 \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{2 \sqrt{5}}{3}$.
6) Так как $EM \perp AB$ и $EM \perp KH$ (поскольку $KH$ перпендикулярна всей плоскости основания), то $EM \perp (ABB_{1})$. Следовательно, треугольник $MEK$ прямоугольный ($\angle MEK = 90^{\circ}$).
7) Рассмотрим треугольник $HKM$:

Высота призмы $KH = AA_{1} = 3$.
Найдем гипотенузу $MK$ по теореме Пифагора:
$MK = \sqrt{HM^2 + KH^2} = \sqrt{5 + 9} = \sqrt{14}$.
Вычислим синус искомого угла:
$\sin \angle MKE = \frac{EM}{MK} = \frac{2 \sqrt{5}}{3 \sqrt{14}} = \frac{2 \sqrt{70}}{3 \cdot 14} = \frac{\sqrt{70}}{21}$.
Таким образом, $\angle MKE = \arcsin \left(\frac{\sqrt{70}}{21}\right)$.

Ответ: $\arcsin \left(\frac{\sqrt{70}}{21}\right)$

Источник: ФИПИ