Угол между… — Задание 15 ЕГЭ по математике №00043702

Плоскость $\alpha$ проходит через $D_1$ параллельно $DF_1$. Первый шаг — найти, как $\alpha$ пересекает плоскость $DD_1F_1F$, в которой лежат и $D_1$, и $DF_1$. Это даст ещё одну точку плоскости, и след $\alpha$ на верхнем основании построится через неё.

Пункт а. Плоскость $\alpha$ параллельна $DF_1$ и проходит через точку $D_1$ плоскости $DD_1F_1F$, поэтому пересекает эту плоскость по прямой через $D_1$, параллельной $DF_1$. В прямоугольнике $DD_1F_1F$ эта прямая встречает прямую $FF_1$ в точке $T$ выше $F_1$: $D_1T\parallel DF_1$, и $DD_1TF_1$ — параллелограмм, поэтому $F_1T=DD_1=h$, то есть $T$ на высоте $2h$.

Введём координаты: центр нижнего основания в начале, сторона $a$, высота $h$; $C\left(-\dfrac a2;\dfrac{a\sqrt3}{2};0\right)$, $F\left(\dfrac a2;-\dfrac{a\sqrt3}{2};0\right)$, $D_1(-a;0;h)$. Точка $K$ при $CK:KC_1=4:1$ — на высоте $\dfrac45h$: $K\left(-\dfrac a2;\dfrac{a\sqrt3}{2};\dfrac{4h}{5}\right)$, а $T\left(\dfrac a2;-\dfrac{a\sqrt3}{2};2h\right)$.

Прямая $TK$ лежит в $\alpha$ и пересекает плоскость верхнего основания $z=h$. Точка $T+u\cdot\overrightarrow{TK}$, где $\overrightarrow{TK}=\left(-a;\,a\sqrt3;\,-\dfrac{6h}{5}\right)$: из $2h-\dfrac{6h}{5}u=h$ получаем $u=\dfrac56$, точка $Q\left(\dfrac a2-\dfrac{5a}{6};\,-\dfrac{a\sqrt3}{2}+\dfrac{5a\sqrt3}{6};\,h\right)=\left(-\dfrac a3;\dfrac{a\sqrt3}{3};h\right)$.

След $\alpha$ на верхнем основании — прямая $D_1Q$, направление $\overrightarrow{D_1Q}=\left(\dfrac{2a}{3};\dfrac{a\sqrt3}{3};0\right)$. Ребро $B_1C_1$ лежит на прямой $y=\dfrac{a\sqrt3}{2}$: точка $D_1+w\cdot\overrightarrow{D_1Q}$ имеет $y=\dfrac{wa\sqrt3}{3}=\dfrac{a\sqrt3}{2}$ при $w=\dfrac32$, и тогда $x=-a+\dfrac32\cdot\dfrac{2a}{3}=0$.

Точка $(0;\dfrac{a\sqrt3}{2};h)$ — середина $B_1C_1$ (абсциссы $B_1$ и $C_1$ равны $\pm\dfrac a2$). Что и требовалось доказать.

Пункт б. $a=4$, $h=15$. Направления в $\alpha$: $\overrightarrow{D_1K}=(2;\,2\sqrt3;\,-3)$ и $\overrightarrow{DF_1}=(6;\,-2\sqrt3;\,15)$. Нормаль $\vec n=(p;q;s)$:

$$2p+2\sqrt3q-3s=0,\qquad 6p-2\sqrt3q+15s=0.$$

Сложив, $8p+12s=0$, $p=-\dfrac32s$. Возьмём $s=-2\sqrt3$: $p=3\sqrt3$, и из первого уравнения $6\sqrt3+2\sqrt3q+6\sqrt3=0$, $q=-6$. $\vec n=(3\sqrt3;-6;-2\sqrt3)$, $|\vec n|=\sqrt{27+36+12}=\sqrt{75}=5\sqrt3$.

Грань $AFF_1$ вертикальна, её нормаль горизонтальна и перпендикулярна $\overrightarrow{AF}=(-2;-2\sqrt3;0)$: $\vec m=(\sqrt3;-1;0)$, $|\vec m|=2$.

$$\cos\varphi=\dfrac{|3\sqrt3\cdot\sqrt3+(-6)\cdot(-1)+0|}{5\sqrt3\cdot2}=\dfrac{9+6}{10\sqrt3}=\dfrac{15}{10\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{2},\qquad\varphi=30^\circ.$$

Проверка: середина $B_1C_1$ — точка $(0;2\sqrt3;15)$; $\overrightarrow{D_1M}=(4;2\sqrt3;0)$, и $\vec n\cdot\overrightarrow{D_1M}=12\sqrt3-12\sqrt3+0=0$ — она лежит в $\alpha$, как и доказано.