Question

В основании прямой треугольной призмы $	ext{ABCA}_1	ext{B}_1	ext{C}_1$ лежит равнобедренный треугольник $	ext{ABC}$ с условием $	ext{AB} = 	ext{BC}$. Точка $K$ — середина ребра $	ext{A}_1	ext{B}_1$, а точка $M$ делит ребро $	ext{AC}$ в отношении $	ext{AM}:	ext{MC} = 1:3$.

а) Докажите, что $	ext{KM} \perp 	ext{AC}$.

б) Найдите угол между прямой $	ext{KM}$ и плоскостью $	ext{ABB}_1$, если $	ext{AB} = 6$, $	ext{AC} = 8$ и $	ext{AA}_1 = 3$.

Accepted Answer

Answer

Идея решения: используя свойства равнобедренного треугольника и подобие, установим совпадение точек, а затем применим теорему о трёх перпендикулярах и найдём угол через перпендикуляр к плоскости.

**а) Доказательство перпендикулярности**

Обозначим через $H$ точку на $	ext{AB}$ такую, что $	ext{AH} = 	ext{HB}$ (середина $	ext{AB}$). Поскольку $K$ — середина $	ext{A}_1	ext{B}_1$, то в основании призмы точка $H$ лежит на $	ext{AB}$.

В равнобедренном треугольнике $	ext{ABC}$ с $	ext{AB} = 	ext{BC}$ проведём высоту из вершины $B$ на сторону $	ext{AC}$; обозначим её основание через $L$. Тогда $L$ — середина $	ext{AC}$, то есть $	ext{AL} = 	ext{LC} = \frac{	ext{AC}}{2}$.

Рассмотрим треугольники $	riangle 	ext{AMH}$ и $	riangle 	ext{ALB}$. Они имеют общий угол $\angle 	ext{BAC}$ и $\angle 	ext{AHM} = \angle 	ext{ABL}$ (соответственные углы при перпендикулярах). По признаку подобия $	riangle 	ext{AMH} \sim 	riangle 	ext{ALB}$, откуда:

$$\frac{	ext{AM}}{	ext{AL}} = \frac{	ext{AH}}{	ext{AB}}$$

Так как $	ext{AH} = \frac{	ext{AB}}{2}$ и $	ext{AL} = \frac{	ext{AC}}{2}$, получаем:

$$\frac{	ext{AM}}{\frac{	ext{AC}}{2}} = \frac{\frac{	ext{AB}}{2}}{	ext{AB}} = \frac{1}{2}$$

Следовательно, $	ext{AM} = \frac{	ext{AC}}{4}$.

Проверим условие $	ext{AM}:	ext{MC} = 1:3$. Имеем $	ext{MC} = 	ext{AC} - 	ext{AM} = 	ext{AC} - \frac{	ext{AC}}{4} = \frac{3	ext{AC}}{4}$, откуда $	ext{AM}:	ext{MC} = \frac{	ext{AC}}{4}:\frac{3	ext{AC}}{4} = 1:3$. ✓

Обозначим через $M'$ проекцию точки $M$ на плоскость основания (в данном случае $M' = M$, так как $M$ лежит в основании). Из подобия следует, что $M$ совпадает с точкой, для которой $	ext{HM} \perp 	ext{AC}$.

Поскольку $K$ находится над $H$ на высоте $	ext{AA}_1$ (так как $K$ — середина $	ext{A}_1	ext{B}_1$, а призма прямая), имеем $	ext{KH} \perp$ плоскости основания. Следовательно, $	ext{KH} \perp 	ext{AC}$.

Так как $	ext{HM} \perp 	ext{AC}$ и $	ext{KH} \perp 	ext{AC}$, по теореме о трёх перпендикулярах получаем:

$$	ext{KM} \perp 	ext{AC}$$

**б) Нахождение угла**

Из условия $	ext{AC} = 8$ и $	ext{AM} = \frac{	ext{AC}}{4}$ имеем $	ext{AM} = 2$.

В треугольнике $	ext{ABC}$ найдём $	ext{AH}$. Так как $	ext{AB} = 	ext{BC} = 6$ и $	ext{AC} = 8$, по теореме Пифагора для высоты $	ext{BL}$:

$$	ext{BL}^2 = 	ext{AB}^2 - 	ext{AL}^2 = 36 - 16 = 20 \Rightarrow 	ext{BL} = 2\sqrt{5}$$

Из подобия $	riangle 	ext{AMH} \sim 	riangle 	ext{ALB}$ и $	ext{AL} = 4$, $	ext{AM} = 2$:

$$	ext{HM} = 	ext{BL} \cdot \frac{	ext{AM}}{	ext{AL}} = 2\sqrt{5} \cdot \frac{2}{4} = \sqrt{5}$$

Проведём из точки $M$ перпендикуляр $	ext{ME}$ к прямой $	ext{AH}$ (где $E$ лежит на $	ext{AH}$). Тогда $	ext{ME} \perp 	ext{AH}$ и $	ext{ME} \perp 	ext{KH}$ (так как $	ext{KH}$ перпендикулярна плоскости основания). Следовательно, $	ext{ME} \perp$ плоскости $	ext{ABB}_1$.

Угол между прямой $	ext{KM}$ и плоскостью $	ext{ABB}_1$ равен $\angle 	ext{MKE}$.

Из треугольника $	ext{ABC}$ находим:

$$\sin \angle 	ext{BAC} = \frac{	ext{BL}}{	ext{AB}} = \frac{2\sqrt{5}}{6} = \frac{\sqrt{5}}{3}$$

Тогда:

$$	ext{ME} = 	ext{AM} \cdot \sin \angle 	ext{BAC} = 2 \cdot \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{2\sqrt{5}}{3}$$

В прямоугольном треугольнике $	ext{KHM}$ (где $\angle 	ext{KHM} = 90°$):

$$	ext{KM} = \sqrt{	ext{KH}^2 + 	ext{HM}^2} = \sqrt{9 + 5} = \sqrt{14}$$

В прямоугольном треугольнике $	ext{MKE}$ (где $\angle 	ext{MEK} = 90°$):

$$\sin \angle 	ext{MKE} = \frac{	ext{ME}}{	ext{KM}} = \frac{\frac{2\sqrt{5}}{3}}{\sqrt{14}} = \frac{2\sqrt{5}}{3\sqrt{14}} = \frac{2\sqrt{5} \cdot \sqrt{14}}{3 \cdot 14} = \frac{2\sqrt{70}}{42} = \frac{\sqrt{70}}{21}$$

Задание №14СтереометрияЕГЭ по математике