Решение №2567 В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно √3 …

Решение:

а) Доказать: АК:КС = 3:1. Прямая l это прямая А₁К. Построим рисунок по условию задачи:

    D₁B₁⊥A₁С₁ (диагонали квадрата), А₁К⊥AO (по условию) ⇒ D₁B₁⊥AO (по обратной теореме о 3-х перпендикулярах: если прямая D₁B₁ на плоскости перпендикулярна наклонной A₁С₁, то она перпендикулярна и проекции наклонной AO).
    Призма правильная четырёхугольная, значит в основании лежит квадрат со сторонами 2.
    Найдём по теореме Пифагора в ΔАВС диагональ основания АС:

AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{2\cdot 4}=2\sqrt{2}
AC = A₁С₁ = 2\sqrt{2}

    Точка пересечения диагоналей квадрата О делит их пополам:

А₁О = ОС₁ = А₁С₁/2 = \frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}

    Построим прямоугольное сечение АСС₁А₁:

    В прямоугольном ΔА₁АО по теореме Пифагора:

AO=\sqrt{A_{1}O^{2}+A_{1}A^{2}}=\sqrt{\sqrt{2}^{2}+\sqrt{3}^{2}}=\sqrt{5}

    В прямоугольном ΔА₁АО из двух формул для нахождения площади треугольника найдём высоту А₁Р:

S_ΔА1АО = S_ΔА1АО 
\frac{1}{2}\cdot A_{1}A\cdot A_{1}O=\frac{1}{2}\cdot AO\cdot A_{1}P
\frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{2}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{5}\cdot A_{1}P
\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}= \sqrt{5}\cdot A_{1}P
A_{1}P=\frac{\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}}{ \sqrt{5}}=\sqrt{\frac{6}{5}}

    В прямоугольном ΔА₁АP по теореме Пифагора:

AP=\sqrt{A_{1}A^{2}-A_{1}P^{2}}=\sqrt{\sqrt{3}^{2}-\sqrt{\frac{6}{5}}^{2}}=\sqrt{3-\frac{6}{5}}=\sqrt{\frac{9}{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}

    В прямоугольном ΔА₁АP найдём тангенс ∠А₁:

tg\: \angle A_{1}=\frac{AP}{A_{1}P}=\frac{\frac{3}{\sqrt{5}}}{\sqrt{\frac{6}{5}}}=\frac{3}{\sqrt{6}}=\frac{3\sqrt{6}}{6}=\frac{\sqrt{6}}{2}

    В прямоугольном ΔА₁АK через тангенс ∠А₁ найдём АК:

tg\: \angle A_{1}=\frac{AK}{A_{1}A}
\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{AK}{\sqrt{3}}
AK=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{18}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}

    Найдём КС:

КС = АС – АК = 2\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}

    Найдём искомое отношение АК:КС:

\frac{AK}{KC}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{3}{1}
АК:КС = 3:1

    Что и требовалось доказать.

б) Найти ∠КA₁D.
    Прямая СB₁||DA₁, поэтому искомый угол равен ∠КA₁D:

    ∠КA₁D будем искать в ΔКA₁D, найдём стороны треугольника.
    Из прямоугольного ΔАА₁D по теореме Пифагора:

A_{1}D=\sqrt{AD^{2}+A_{1}A^{2}}=\sqrt{2^{2}+\sqrt{3}^{2}}=\sqrt{7}

    Из прямоугольного ΔАА₁К по теореме Пифагора:

A_{1}K=\sqrt{AK^{2}+A_{1}A^{2}}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{2}}{2})^{2}+\sqrt{3}^{2}}=\sqrt{\frac{9}{2}+3}=\sqrt{\frac{15}{2}}

    Построим квадратное сечение АВСD:

    Диагональ АС квадрата является биссектрисой, ∠DАK = 90°/2 = 45°. По теореме косинусов для ΔDKA найдём DK:

DK² = AD² + AK² – 2·AD·AK·cos ∠DАK
DK^{2} =2^{2}+(\frac{3\sqrt{2}}{2})^{2}-2\cdot 2\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot \cos 45^{\circ}
DK^{2} =4+\frac{9}{2}- 6\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}
DK^{2} =4+\frac{9}{2}- 6= \frac{5}{2}
DK= \sqrt{\frac{5}{2}}

    По теореме косинусов для ΔКA₁D найдём искомый ∠КA₁D:

DK² = A₁D² + A₁K² – 2·A₁D·A₁K·cos∠КA₁D
(\sqrt{\frac{5}{2}})^{2} =(\sqrt{7})^{2}+(\sqrt{\frac{15}{2}})^{2}-2\cdot \sqrt{7}\cdot \sqrt{\frac{15}{2}}\cdot \cos \angle KA_{1}D
\frac{5}{2} =7+\frac{15}{2}-2\cdot \sqrt{\frac{105}{2}}\cdot \cos \angle KA_{1}D
5 =14+15-4\cdot \sqrt{\frac{105}{2}}\cdot \cos \angle KA_{1}D
4\cdot \sqrt{\frac{105}{2}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=24
\sqrt{\frac{105}{2}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=6
\cos \angle KA_{1}D=6\cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{105}}=\frac{6\cdot \sqrt{210}}{105}=\frac{2\cdot \sqrt{210}}{35}
\angle KA_{1}D=arccos\, \frac{2\sqrt{210}}{35}

Ответ: б) arccos\, \frac{2\sqrt{210}}{35}.