Угол между… — Задание 14 ЕГЭ по математике №00028759

Разберёмся, как проходит секущая плоскость. Она содержит диагональ параллелепипеда $BD_1$ и при этом параллельна диагонали основания $AC$. Сечение получилось ромбом — и именно из этого факта мы вытащим форму основания.

Сначала поймём, какой именно четырёхугольник получается в сечении. Обозначим $O$ — центр параллелепипеда, то есть середину диагонали $BD_1$ (все диагонали параллелепипеда проходят через одну точку и делятся ею пополам). Точка $O$ лежит и в плоскости $\alpha$, и в диагональной плоскости $ACC_1A_1$ (ведь $O$ — ещё и середина диагонали $AC_1$). Значит эти две плоскости пересекаются, и линия их пересечения проходит через $O$.

Так как $\alpha$ параллельна прямой $AC$, а плоскость $ACC_1A_1$ содержит $AC$, линия их пересечения параллельна $AC$. Обозначим её $MK$: в прямоугольнике $ACC_1A_1$ это отрезок, параллельный стороне $AC$ и проходящий через центр, то есть средняя линия. Значит $M$ — середина ребра $AA_1$, а $K$ — середина ребра $CC_1$.

Итого сечение — четырёхугольник $BMD_1K$: его стороны лежат в четырёх боковых гранях, а диагоналями служат отрезки $BD_1$ и $MK$.

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. По условию сечение — ромб, а у ромба диагонали перпендикулярны. Значит $MK\perp BD_1$. Но $MK\parallel AC$, поэтому и $AC\perp BD_1$.

Шаг 2. Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания (параллелепипед прямоугольный), а значит перпендикулярно любой прямой этой плоскости, в частности $DD_1\perp AC$.

Шаг 3. Итак, прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD_1$ и $DD_1$, лежащим в плоскости $BDD_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC\perp$ плоскости $BDD_1$, а значит $AC$ перпендикулярна и любой прямой этой плоскости, в том числе диагонали основания $BD$.

Шаг 4. Грань $ABCD$ прямоугольного параллелепипеда — прямоугольник, и мы получили, что его диагонали перпендикулярны. У прямоугольника диагонали равны и делятся точкой пересечения пополам; если они к тому же перпендикулярны, то все четыре половинки равны и попарно перпендикулярны, а тогда все стороны прямоугольника равны. Прямоугольник с равными сторонами — квадрат.

Значит $ABCD$ — квадрат. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

По доказанному основание — квадрат со стороной $AB=AD=4$, высота $AA_1=6$.

Введём координаты: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $C(4;4;0)$, $D(0;4;0)$, а верхние вершины получаются добавлением $z=6$, в частности $D_1(0;4;6)$.

Из разбора выше $M$ — середина $AA_1$, то есть $M(0;0;3)$, а $K$ — середина $CC_1$, то есть $K(4;4;3)$.

Найдём вектор нормали к плоскости $\alpha$ (нормаль — вектор, перпендикулярный плоскости). Возьмём два вектора, лежащих в $\alpha$:

$\vec{BM}=(0-4;\ 0-0;\ 3-0)=(-4;0;3)$ и $\vec{BK}=(4-4;\ 4-0;\ 3-0)=(0;4;3)$.

Их векторное произведение и даст нормаль:

$\vec{n}=\vec{BM}\times\vec{BK}=(0\cdot3-3\cdot4;\ 3\cdot0-(-4)\cdot3;\ (-4)\cdot4-0\cdot0)=(-12;\ 12;\ -16)$.

Сократим на $-4$ и возьмём $\vec{n}=(3;-3;4)$. Проверим себя: $\vec{n}\cdot\vec{BM}=3\cdot(-4)+(-3)\cdot0+4\cdot3=-12+12=0$ и $\vec{n}\cdot\vec{BK}=3\cdot0+(-3)\cdot4+4\cdot3=-12+12=0$ — всё верно.

Теперь плоскость $BCC_1$. В наших координатах у точек $B$, $C$, $C_1$ первая координата одинакова и равна $4$, то есть это плоскость $x=4$, и её нормаль — вектор $\vec{m}=(1;0;0)$.

Угол между плоскостями находят через косинус угла между их нормалями, взятый по модулю:

$\cos\varphi=\dfrac{|\vec{n}\cdot\vec{m}|}{|\vec{n}|\cdot|\vec{m}|}=\dfrac{|3\cdot1+(-3)\cdot0+4\cdot0|}{\sqrt{3^2+(-3)^2+4^2}\cdot1}=\dfrac{3}{\sqrt{9+9+16}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}$.

Ответ можно оставить в виде арккосинуса, но приятнее перейти к тангенсу. Если $\cos\varphi=\dfrac{3}{\sqrt{34}}$, то $\sin\varphi=\sqrt{1-\dfrac{9}{34}}=\sqrt{\dfrac{25}{34}}=\dfrac{5}{\sqrt{34}}$, и тогда

$\mathrm{tg}\,\varphi=\dfrac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\dfrac{5}{3}$.

Значит искомый угол равен $\mathrm{arctg}\,\dfrac53$.

Прикинем: $\dfrac53\gt1$, поэтому угол больше $45^\circ$, примерно $59^\circ$ — правдоподобно, ведь секущая плоскость довольно круто наклонена к боковой грани.