В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна √6. Через точку А1 перпендикулярно плоскости AB1D1 проведена прямая l.

а) Докажите, что прямая l пересекает отрезок АС и делит его в отношении 2:1.
б) Найдите угол между прямыми l и СD1.

Источник: Ященко ЕГЭ 2022 (36 вар)

Решение:

а) Доказать: АК:КС = 2:1. Прямая l это прямая А1К. Построим рисунок по условию задачи:

Решение №2584 В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна √6.

    А1К⊥D1B1, A1K⊥AO, AO⊥D1B1 (по теореме о 3-х перпендикулярах).
    Призма правильная четырёхугольная, значит в основании лежит квадрат со сторонами √6.
    Найдём по теореме Пифагора в ΔАВС диагональ основания АС:

AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(\sqrt{6})^{2}+(\sqrt{6})^{2}}=\sqrt{12}=\sqrt{3\cdot 4}=2\sqrt{3}
AC = A1С1 = 2\sqrt{3}

    Точка пересечения диагоналей квадрата О делит их пополам:

А1О = ОС1 = А1С1/2 = \frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}

    Построим прямоугольное сечение АСС1А1:

Решение №2584 В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна √6.

    В прямоугольном ΔА1АО по теореме Пифагора:

AO=\sqrt{A_{1}O^{2}+A_{1}A^{2}}=\sqrt{\sqrt{3}^{2}+2^{2}}=\sqrt{7}

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

SΔА1АО = SΔА1АО 
\frac{1}{2}\cdot A_{1}A\cdot A_{1}O=\frac{1}{2}\cdot AO\cdot A_{1}P
\frac{1}{2}\cdot 2\cdot \sqrt{3}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{7}\cdot A_{1}P
2\cdot \sqrt{3}= \sqrt{7}\cdot A_{1}P
A_{1}P=\frac{2\cdot \sqrt{3}}{ \sqrt{7}}=2\sqrt{\frac{3}{7}}

    В прямоугольном ΔА1АP по теореме Пифагора:

AP=\sqrt{A_{1}A^{2}-A_{1}P^{2}}=\sqrt{2^{2}-(2\sqrt{\frac{3}{7}})^{2}}=\sqrt{4-\frac{12}{7}}=\sqrt{\frac{16}{7}}=\frac{4}{\sqrt{7}}

    В прямоугольном ΔА1АP найдём тангенс ∠А1:

tg\: \angle A_{1}=\frac{AP}{A_{1}P}=\frac{\frac{4}{\sqrt{7}}}{2\sqrt{\frac{3}{7}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}

    В прямоугольном ΔА1АK через тангенс ∠А1 найдём АК:

tg\: \angle A_{1}=\frac{AK}{A_{1}A}
\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{AK}{2}
AK=\frac{4}{\sqrt{3}}

    Найдём КС:

КС = АС – АК = 2\sqrt{3}-\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}

    Найдём искомое отношение АК:КС:

\frac{AK}{KC}=\frac{\frac{4}{\sqrt{3}}}{\frac{2}{\sqrt{3}}}=\frac{4}{2}=\frac{2}{1}
АК:КС = 2:1

    Что и требовалось доказать.

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

Решение №2584 В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна √6.

    ∠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{\sqrt{6}^{2}+2^{2}}=\sqrt{10}

Решение №2584 В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна √6.

    Из прямоугольного ΔАА1К по теореме Пифагора:

A_{1}K=\sqrt{AK^{2}+A_{1}A^{2}}=\sqrt{(\frac{4}{\sqrt{3}})^{2}+2^{2}}=\sqrt{\frac{16}{3}+4}=\sqrt{\frac{28}{3}}

    Построим квадратное сечение АВСD:

Решение №2584 В правильной призме ABCDA1B1C1D1 с основанием ABCD боковое ребро равно 2, а сторона основания равна √6.

    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} =\sqrt{6}^{2}+(\frac{4}{\sqrt{3}})^{2}-2\cdot \sqrt{6}\cdot \frac{4}{\sqrt{3}}\cdot \cos 45^{\circ}
DK^{2} =6+\frac{16}{3}- 8\cdot \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}
DK^{2} =6+\frac{16}{3}- 4\cdot \frac{\sqrt{12}}{\sqrt{3}}= 6+\frac{16}{3}- 4\cdot2=\frac{10}{3}
DK= \sqrt{\frac{10}{3}}

    По теореме косинусов для ΔКA1D найдём искомый ∠КA1D:

DK2 = A1D2 + A1K2 – 2·A1D·A1K·cos∠КA1D
(\sqrt{\frac{10}{3}})^{2} = (\sqrt{10})^{2}+(\sqrt{\frac{28}{3}})^{2}-2\cdot \sqrt{10}\cdot \sqrt{\frac{28}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D
\frac{10}{3} =10+\frac{28}{3}-2\cdot \sqrt{\frac{280}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D
2\cdot \sqrt{\frac{280}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=10+\frac{28}{3}-\frac{10}{3}
2\cdot \sqrt{\frac{280}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=10+\frac{18}{3}
2\cdot \sqrt{\frac{280}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=16
\sqrt{\frac{280}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=8
\sqrt{\frac{4\cdot 70}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=8
2\sqrt{\frac{70}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=8
\sqrt{\frac{70}{3}}\cdot \cos \angle KA_{1}D=4
\cos \angle KA_{1}D=4\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{70}}
\cos \angle KA_{1}D=4\cdot \frac{\sqrt{3}{\color{Blue} \cdot \sqrt{70}}}{\sqrt{70}{\color{Blue} \cdot \sqrt{70}}}=\frac{4\sqrt{210}}{70}=\frac{2\sqrt{210}}{35}
\angle KA_{1}D=arccos\, \frac{2\sqrt{210}}{35}

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

Есть три секунды времени? Для меня важно твоё мнение!

Насколько понятно решение?

Средняя оценка: 3.8 / 5. Количество оценок: 6

Оценок пока нет. Поставь оценку первым.

Новости о решённых вариантах ЕГЭ и ОГЭ на сайте ↙️

Вступай в группу vk.com 😉

Расскажи, что не так? Я исправлю в ближайшее время!

В отзыве оставь любой контакт для связи, если хочешь, что бы я тебе ответил.