Задание №15 — Углы между плоскостями

Решение:
а) Проведем через точку $O$ прямую $MN$, параллельную ребру $B_{1}C_{1}$. Тогда плоскость $(BOC)$ совпадает с плоскостью $MNCB$. Аналогично построим прямую $KL$, чтобы получить плоскость $(AOB)$, проходящую через точки $A, K, L, B$.

Обозначим стороны основания как $AB = 2x$ и $BC = 2y$. Согласно условию подобия или пропорциональности отрезков, пусть $BL = 6x$ и $BM = 6y$, при этом $A_{1}M = x$ и $B_{1}L = y$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle BMB_{1}$ и $\triangle BLB_{1}$.
Используя теорему Пифагора, выразим квадрат высоты параллелепипеда $BB_{1}$ двумя способами:
$$BB_{1}^{2} = MB^{2} - MB_{1}^{2} = (6y)^{2} - x^{2} = 36y^{2} - x^{2}$$
$$BB_{1}^{2} = BL^{2} - B_{1}L^{2} = (6x)^{2} - y^{2} = 36x^{2} - y^{2}$$
Приравняем полученные выражения:
$36y^{2} - x^{2} = 36x^{2} - y^{2}$
$37y^{2} = 37x^{2} \Rightarrow x = y$.
Так как смежные стороны прямоугольника $ABCD$ равны ($2x = 2y$), то основанием является квадрат, что и требовалось доказать.
б) Продлим отрезок $BM$ за точку $M$ и опустим на эту прямую перпендикуляр $A_{1}H$ из вершины $A_{1}$.
Заметим, что $MN \parallel BC$, следовательно, $MN \perp A_{1}B_{1}$. Также $MN \perp BB_{1}$, поскольку ребро $BB_{1}$ перпендикулярно плоскости верхнего основания. Таким образом, прямая $MN$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABB_{1})$, а значит, $MN \perp (ABB_{1})$. Отсюда следует, что $MN$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, включая $A_{1}H$.
Имеем:
$A_{1}H \perp BM$ (по построению) и $A_{1}H \perp MN$.
Следовательно, $A_{1}H \perp (BOC)$, и точка $H$ является ортогональной проекцией точки $A_{1}$ на плоскость $(BOC)$. Искомый угол между прямой $A_{1}C$ и плоскостью $(BOC)$ — это $\angle A_{1}CH$.
Найдем высоту $BB_{1}$, используя результат пункта а ($x = y$):
$BB_{1}^{2} = 36x^{2} - x^{2} = 35x^{2} \Rightarrow BB_{1} = x\sqrt{35}$.
Рассмотрим треугольники $\triangle A_{1}HM$ и $\triangle BB_{1}M$:
1) $\angle A_{1}MH = \angle BMB_{1}$ как вертикальные;
2) $\angle A_{1}HM = \angle BB_{1}M = 90^{\circ}$.
Следовательно, $\triangle A_{1}HM \sim \triangle BB_{1}M$ по двум углам. Из подобия имеем:
$\frac{A_{1}H}{BB_{1}} = \frac{A_{1}M}{MB} \Rightarrow A_{1}H = \frac{BB_{1} \cdot A_{1}M}{MB}$
$A_{1}H = \frac{x\sqrt{35} \cdot x}{6x} = \frac{x\sqrt{35}}{6}$.
Вычислим длину диагонали параллелепипеда $A_{1}C$:
$A_{1}C^{2} = AA_{1}^{2} + AD^{2} + AB^{2} = 35x^{2} + (2x)^{2} + (2x)^{2} = 43x^{2} \Rightarrow A_{1}C = x\sqrt{43}$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle A_{1}CH$ найдем синус искомого угла:
$\sin \angle A_{1}CH = \frac{A_{1}H}{A_{1}C} = \frac{x\sqrt{35} / 6}{x\sqrt{43}} = \frac{\sqrt{35}}{6\sqrt{43}} = \frac{\sqrt{1505}}{258}$.
Тогда $\angle A_{1}CH = \arcsin \frac{\sqrt{1505}}{258}$.

Ответ: б) $\arcsin \frac{\sqrt{1505}}{258}$

Источник: ФИПИ