Задание №15 — Углы между плоскостями

Решение:
а) Для построения плоскости $(BOC)$ проведём через точку $O$ прямую $MN$, параллельную ребру $B_{1}C_{1}$. Таким образом, сечение $MNCB$ представляет собой часть искомой плоскости. Аналогично построим прямую $KL$, чтобы получить плоскость $(AOB)$, которой принадлежит четырехугольник $AKLB$.

Обозначим стороны основания как $AB = 2x$ и $BC = 2y$. Согласно условию, $BL = 4x$ и $BM = 4y$, при этом отрезки $A_{1}M = x$ 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:
$$BB_{1}^{2} = MB^{2} - MB_{1}^{2} = (4y)^{2} - x^{2} = 16y^{2} - x^{2}$$
$$BB_{1}^{2} = BL^{2} - B_{1}L^{2} = (4x)^{2} - y^{2} = 16x^{2} - y^{2}$$
Приравняем полученные выражения:
$16y^{2} - x^{2} = 16x^{2} - y^{2}$
$17y^{2} = 17x^{2} \Rightarrow x = y$.
Так как смежные стороны основания равны ($AB = BC$), то прямоугольник $ABCD$ является квадратом.
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 $MN \perp BB_{1}$, так как боковое ребро перпендикулярно плоскости верхнего основания. Значит, прямая $MN$ перпендикулярна плоскости $(ABB_{1})$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. Отсюда следует, что $MN \perp A_{1}H$.
Таким образом:
$A_{1}H \perp BM$ и $A_{1}H \perp MN$.
Это означает, что прямая $A_{1}H$ перпендикулярна плоскости $(BOC)$, и точка $H$ является ортогональной проекцией точки $A_{1}$ на данную плоскость. Искомый угол между прямой $A_{1}C$ и плоскостью $(BOC)$ — это $\angle A_{1}CH$.
Найдем высоту $BB_{1}$, используя результат пункта а):
$BB_{1}^{2} = 16x^{2} - x^{2} = 15x^{2} \Rightarrow BB_{1} = x\sqrt{15}$.
Рассмотрим пару подобных треугольников $\triangle A_{1}HM$ и $\triangle BB_{1}M$:
1) $\angle A_{1}MH = \angle BMB_{1}$ как вертикальные;
2) $\angle A_{1}HM = \angle BB_{1}M = 90^{\circ}$.
По двум углам $\triangle A_{1}HM \sim \triangle BB_{1}M$. Запишем отношение соответствующих сторон:
$\frac{A_{1}H}{BB_{1}} = \frac{A_{1}M}{MB} \Rightarrow A_{1}H = \frac{BB_{1} \cdot A_{1}M}{MB}$
$A_{1}H = \frac{x\sqrt{15} \cdot x}{4x} = \frac{x\sqrt{15}}{4}$.
Вычислим длину диагонали параллелепипеда $A_{1}C$:
$A_{1}C^{2} = AA_{1}^{2} + AD^{2} + AB^{2} = 15x^{2} + 4x^{2} + 4x^{2} = 23x^{2} \Rightarrow A_{1}C = x\sqrt{23}$.
В прямоугольном треугольнике $\triangle A_{1}CH$ найдем синус искомого угла:
$\sin \angle A_{1}CH = \frac{A_{1}H}{A_{1}C} = \frac{\frac{x\sqrt{15}}{4}}{x\sqrt{23}} = \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}} = \frac{\sqrt{345}}{92}$.
Следовательно, $\angle A_{1}CH = \arcsin \frac{\sqrt{345}}{92}$.

Ответ: б) $\arcsin \frac{\sqrt{345}}{92}$

Источник: ФИПИ