Номер 10, страница 235 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

10. Основанием прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ является равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 10, AC = 16. Боковое ребро призмы равно 24, точка P — середина ребра BB₁. Найдите тангенс угла между плоскостями A₁B₁C₁ и ACP.

Для нахождения угла между плоскостями $(A_1B_1C_1)$ и $(ACP)$ воспользуемся методом построения линейного угла двугранного угла, образованного этими плоскостями.

1. Нахождение линии пересечения плоскостей

Плоскость $(A_1B_1C_1)$ является верхним основанием призмы, а плоскость $(ABC)$ — нижним. Так как призма прямая, эти плоскости параллельны. Плоскость $(ACP)$ пересекает плоскость $(ABC)$ по прямой $AC$. По свойству параллельных плоскостей, если третья плоскость пересекает две параллельные плоскости, то линии их пересечения параллельны. Следовательно, линия пересечения $l$ плоскостей $(ACP)$ и $(A_1B_1C_1)$ параллельна прямой $AC$.

2. Построение линейного угла

Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами к линии пересечения плоскостей, проведенными в этих плоскостях из одной точки на линии пересечения. Чтобы построить такой угол, мы найдем плоскость, перпендикулярную линии пересечения $l$ (а значит, и прямой $AC$).

В основании призмы лежит равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Проведем в нем медиану $BH$ к основанию $AC$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный ($AB=BC$), то медиана $BH$ является также и высотой, то есть $BH \perp AC$.

Призма $ABCA_1B_1C_1$ — прямая, следовательно, боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Отсюда следует, что $BB_1 \perp AC$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BH$ и $BB_1$ в плоскости $(BB_1H)$, то прямая $AC$ перпендикулярна всей плоскости $(BB_1H)$. Так как $l \parallel AC$, то и $l \perp (BB_1H)$.

Плоскость $(BB_1H)$ является секущей плоскостью, перпендикулярной ребру двугранного угла. Угол между линиями пересечения этой плоскости с плоскостями $(ACP)$ и $(A_1B_1C_1)$ будет искомым линейным углом.

• Линия пересечения плоскости $(ACP)$ и плоскости $(BB_1H)$ — это прямая $HP$. (Точки $H$ и $P$ лежат в обеих плоскостях: $H \in AC \subset (ACP)$, $P \in (ACP)$; $H \in (BB_1H)$, $P \in BB_1 \subset (BB_1H)$).
• Пусть $H_1$ — середина ребра $A_1C_1$. Линия пересечения плоскости $(A_1B_1C_1)$ и плоскости $(BB_1H)$ — это прямая $B_1H_1$.

Следовательно, искомый угол $\alpha$ — это угол между прямыми $HP$ и $B_1H_1$.

3. Вычисление тангенса угла

Рассмотрим сечение призмы плоскостью $(BB_1H)$. Это сечение представляет собой прямоугольник $BHH_1B_1$. Найдем длины отрезков, необходимых для вычисления угла.

В треугольнике $ABC$ точка $H$ — середина $AC$, значит $AH = HC = AC/2 = 16/2 = 8$.Из прямоугольного треугольника $BHC$ по теореме Пифагора найдем высоту $BH$:$BH = \sqrt{BC^2 - HC^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$.

Высота призмы (боковое ребро) $BB_1 = 24$. Значит, $HH_1 = BB_1 = 24$.Точка $P$ — середина $BB_1$, поэтому $BP = 12$.

Прямые $HP$ и $B_1H_1$ лежат в одной плоскости $(BB_1H)$. Продлим прямую $HP$ до пересечения с прямой $B_1H_1$. Пусть точка их пересечения — $M$. Искомый угол $\alpha$ — это угол, который прямая $HM$ образует с прямой $H_1M$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $HMH_1$, который образуется в плоскости сечения. Вершина $H_1$ этого треугольника является проекцией точки $H$ на плоскость верхнего основания.Рассмотрим подобные треугольники $\triangle M H_1 B_1$ и $\triangle M H P$. Они подобны по двум углам (вертикальные углы при P неверно, тут другая геометрия).Проще всего рассмотреть треугольники $\triangle M H_1 H$ и $\triangle P B H$. Они подобны (т.к. $BH \parallel M H_1$).Пусть $H_1M = x$. Тогда из подобия $\triangle M H_1 H \sim \triangle P B H$ имеем:$\frac{HH_1}{HB} = \frac{MH_1}{PB}$ — это неверно.Вернемся к подобию треугольников $\triangle M H_1 P$ и $\triangle M H H_1$. Нет, это не так.Рассмотрим $\triangle MHH_1$. Он прямоугольный ($ \angle MH_1H = 90^\circ $).Треугольники $\triangle M B_1 P$ и $\triangle M H_1 H$ не подобны.Рассмотрим подобные треугольники $\triangle P B H$ и $\triangle P B_1 M'$ где $M'$ проекция M на $BB_1$. Это сложно.Проще всего использовать метод координат в плоскости сечения $BHH_1B_1$.Пусть $H$ — начало координат $(0,0)$. Ось $x$ направим вдоль $HB$, ось $y$ — вдоль $HH_1$.Координаты точек:$H(0, 0)$$B(6, 0)$$H_1(0, 24)$$B_1(6, 24)$$P$ — середина отрезка с концами $B(6,0)$ и $B_1(6,24)$, нет, $P$ на $BB_1$ и $BP=12$. Значит, $P(6, 12)$.

Прямая $B_1H_1$ задается уравнением $y=24$.Прямая $HP$ проходит через точки $H(0,0)$ и $P(6,12)$. Её уравнение: $y = kx$. Подставим координаты $P$: $12 = k \cdot 6 \implies k=2$. Итак, уравнение прямой $HP$: $y=2x$.

Найдем точку пересечения $M$ прямых $HP$ и $B_1H_1$:Система уравнений:$\begin{cases} y = 24 \\ y = 2x \end{cases}$$24 = 2x \implies x=12$.Точка пересечения $M$ имеет координаты $(12, 24)$.

Искомый угол $\alpha$ — это угол $\angle HMH_1$ в прямоугольном треугольнике $HMH_1$ (прямой угол при вершине $H_1$).Катеты этого треугольника:$HH_1 = 24$ (расстояние по оси $y$ от $H(0,0)$ до $H_1(0,24)$).$MH_1 = 12$ (расстояние по оси $x$ от $H_1(0,24)$ до $M(12,24)$).Тангенс угла $\alpha = \angle HMH_1$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему:$\tan \alpha = \frac{HH_1}{MH_1} = \frac{24}{12} = 2$.

Ответ: 2