Номер 20.13, страница 217 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

20.13. Основанием прямого параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является ромб $ABCD$ со стороной 6 см, $\angle BAD = 45^\circ$. Через прямую $AD$ и вершину $B_1$ проведена плоскость, образующая с плоскостью $ABC$ угол $60^\circ$. Найдите:

1) боковое ребро параллелепипеда;

2) площадь сечения параллелепипеда плоскостью $AB_1D$.

1) боковое ребро параллелепипеда;

Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ – данный прямой параллелепипед. Его основание $ABCD$ – ромб со стороной $a = 6$ см и $\angle BAD = 45^\circ$. Боковое ребро перпендикулярно плоскости основания, обозначим его длину $h = BB_1$.

Секущая плоскость проходит через прямую $AD$ и вершину $B_1$. Угол между этой плоскостью и плоскостью основания $ABC$ равен $60^\circ$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $AD$.

Для нахождения линейного угла двугранного угла между плоскостями, построим перпендикуляры к общей прямой $AD$ в каждой из плоскостей, исходящие из одной точки.

В плоскости основания $ABC$ проведем высоту ромба $BH$ из вершины $B$ к стороне $AD$. В прямоугольном треугольнике $\triangle ABH$ катет $BH$ равен:
$BH = AB \cdot \sin(\angle BAD) = 6 \cdot \sin(45^\circ) = 6 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$ см.

Так как параллелепипед прямой, ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Следовательно, $BB_1$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе $BH$. Таким образом, $\triangle BB_1H$ – прямоугольный.

Рассмотрим наклонную $B_1H$. Прямая $BH$ является ее ортогональной проекцией на плоскость $ABC$. Поскольку проекция $BH$ перпендикулярна прямой $AD$, то по теореме о трех перпендикулярах и сама наклонная $B_1H$ перпендикулярна $AD$.

Таким образом, угол $\angle B_1HB$ является линейным углом двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания. По условию, $\angle B_1HB = 60^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle BB_1H$ (с прямым углом $\angle B$) катет $BB_1$ является боковым ребром параллелепипеда. Найдем его через тангенс угла $\angle B_1HB$:
$\tan(\angle B_1HB) = \frac{BB_1}{BH}$
$BB_1 = BH \cdot \tan(\angle B_1HB) = 3\sqrt{2} \cdot \tan(60^\circ) = 3\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = 3\sqrt{6}$ см.

Ответ: $3\sqrt{6}$ см.

2) площадь сечения параллелепипеда плоскостью $AB_1D$.

Плоскость, проходящая через точки $A$, $B_1$ и $D$, является той же секущей плоскостью, что и в пункте 1), так как она содержит прямую $AD$ и точку $B_1$.

Найдем, какой многоугольник является сечением. Плоскость сечения пересекает нижнее основание $ABCD$ по отрезку $AD$. Так как плоскость верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ параллельна плоскости нижнего основания, линия пересечения секущей плоскости с верхним основанием будет параллельна $AD$. Так как эта линия проходит через точку $B_1$, то это отрезок $B_1C_1$. Таким образом, сечением является четырехугольник $ADC_1B_1$. Поскольку $AD \parallel B_1C_1$ и $AD = B_1C_1 = 6$ см, то сечение $ADC_1B_1$ является параллелограммом.

Площадь сечения можно найти, используя теорему о площади ортогональной проекции: $S_{проекции} = S_{сечения} \cdot \cos(\alpha)$, где $\alpha$ – угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции.

Ортогональной проекцией сечения $ADC_1B_1$ на плоскость основания $ABC$ является ромб $ABCD$.

Найдем площадь ромба $ABCD$:
$S_{ABCD} = AB \cdot AD \cdot \sin(\angle BAD) = 6 \cdot 6 \cdot \sin(45^\circ) = 36 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 18\sqrt{2}$ см$^2$.

Угол $\alpha$ между плоскостью сечения и плоскостью основания по условию равен $60^\circ$.

Тогда площадь сечения $S_{сеч}$ равна:
$S_{сеч} = \frac{S_{ABCD}}{\cos(\alpha)} = \frac{18\sqrt{2}}{\cos(60^\circ)} = \frac{18\sqrt{2}}{1/2} = 36\sqrt{2}$ см$^2$.

Другой способ: Площадь параллелограмма $ADC_1B_1$ равна произведению его основания $AD$ на высоту $B_1H$. Из пункта 1) мы знаем, что $B_1H \perp AD$. Длину $B_1H$ найдем из $\triangle BB_1H$: $B_1H = \frac{BH}{\cos(60^\circ)} = \frac{3\sqrt{2}}{1/2} = 6\sqrt{2}$ см.
Тогда площадь сечения: $S_{сеч} = AD \cdot B_1H = 6 \cdot 6\sqrt{2} = 36\sqrt{2}$ см$^2$.

Ответ: $36\sqrt{2}$ см$^2$.