Задание №15 — Углы между плоскостями

Решение:

а) Обозначим через $K$ середину ребра $AC$. Поскольку треугольник $ABC$ является равносторонним, отрезок $BK$ — его высота. Тогда по теореме Пифагора:
$BK^{2} = AB^{2} - AK^{2} = 6^2 - 3^2 = 36 - 9 = 27$.
Вычислим квадраты сторон треугольника $BMN$, используя прямоугольные треугольники:
1) Из $\triangle BNK$: $BN^{2} = BK^{2} + KN^{2} = 27 + 6^2 = 27 + 36 = 63$.
2) Из $\triangle BMA$: $BM^{2} = BA^{2} + AM^{2} = 6^2 + 3^2 = 36 + 9 = 45$.
3) Из $\triangle NMA_{1}$: $MN^{2} = A_{1}M^{2} + (NA_{1})^{2} = 3^2 + 3^2 = 9 + 9 = 18$.
Заметим, что $45 + 18 = 63$, то есть выполняется равенство $BM^{2} + MN^{2} = BN^{2}$.
Следовательно, по обратной теореме Пифагора, треугольник $BMN$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M$, откуда $BM \perp MN$.

б) Проведем перпендикуляр $NH$ к прямой $A_{1}B_{1}$. Так как призма прямая, ребро $AA_{1}$ перпендикулярно плоскости основания, а значит $NH \perp AA_{1}$. Таким образом, прямая $NH$ перпендикулярна всей плоскости $AA_{1}B_{1}$.
Тогда отрезок $MH$ является проекцией наклонной $MN$ на плоскость боковой грани $AA_{1}B_{1}$.
Поскольку $BM \perp MN$ (доказано в пункте а) и $BM \perp NH$ (так как $NH$ перпендикулярна плоскости), то по теореме о трех перпендикулярах прямая $BM$ перпендикулярна проекции $MH$.
Следовательно, углом между плоскостью $BMN$ и плоскостью грани $AA_{1}B_{1}$ является угол $\angle NMH$.

Найдем величину этого угла из прямоугольного треугольника $MNH$:
Длина гипотенузы $MN = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
Катет $NH$ равен половине высоты основания $A_{1}B_{1}C_{1}$ (так как $N$ — середина $A_{1}C_{1}$ и $NH \parallel C_{1}H_{1}$):
$NH = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{27} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Вычислим синус искомого угла:
$\sin \angle NMH = \frac{NH}{MN} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{3}{8}}$.
Таким образом, $\angle NMH = \arcsin \sqrt{\frac{3}{8}}$.

Ответ: $\arcsin \sqrt{\frac{3}{8}}$

Источник: ФИПИ