Номер 342, страница 53 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

342. В основании прямого параллелепипеда лежит ромб с тупым углом $\alpha$. Сечением параллелепипеда плоскостью, проходящей через вершину тупого угла, является квадрат (рис. 124). Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания.

Рис. 124

Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — данный прямой параллелепипед, в основании которого лежит ромб $ABCD$. По условию, угол $\angle ADC = \alpha$ — тупой. Пусть сторона ромба равна $a$.

Диагонали ромба $AC$ и $BD$ перпендикулярны и в точке пересечения $O$ делятся пополам. Угол $\angle A = 180^\circ - \alpha$ — острый. Диагональ $BD$ соединяет вершины тупых углов, а диагональ $AC$ — вершины острых углов. Длины диагоналей ромба можно выразить через сторону $a$ и угол $\alpha$:
Из треугольника $\triangle ABD$ по теореме косинусов: $BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2 \cdot AB \cdot AD \cdot \cos(180^\circ - \alpha) = a^2 + a^2 - 2a^2(-\cos\alpha) = 2a^2(1+\cos\alpha) = 4a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2})$. $BD = 2a\cos(\frac{\alpha}{2})$.

Из треугольника $\triangle ADC$ по теореме косинусов: $AC^2 = AD^2 + DC^2 - 2 \cdot AD \cdot DC \cdot \cos\alpha = a^2 + a^2 - 2a^2\cos\alpha = 2a^2(1-\cos\alpha) = 4a^2\sin^2(\frac{\alpha}{2})$. $AC = 2a\sin(\frac{\alpha}{2})$.

В условии сказано, что секущая плоскость проходит через вершину тупого угла. Однако, если строить сечение, проходящее через диагональ $BD$, соединяющую тупые углы, то для того, чтобы сечение было квадратом, мы приходим к противоречию (что основание является квадратом, т.е. $\alpha = 90^\circ$). Наиболее вероятным является предположение, что в условии допущена неточность, и сечение проходит через диагональ $AC$, соединяющую острые углы. Такое сечение может быть квадратом при определённых условиях.

Итак, пусть секущая плоскость $\beta$ проходит через диагональ $AC$ основания. Так как параллелепипед прямой, плоскость, симметричная относительно плоскости $(BDD_1)$, будет пересекать рёбра $DD_1$ и $BB_1$ в точках $M$ и $N$ соответственно, причём $DM = BN$. Сечением будет четырёхугольник $AMCN$.

Поскольку $DD_1 \parallel BB_1$, а $DM=BN$, то $MN \parallel DB$. Однако, более точно, $MN$ лежит в плоскости $BDD_1B_1$. Диагональ основания $AC$ перпендикулярна плоскости $BDD_1B_1$ (так как $AC \perp BD$ и $AC \perp DD_1$). Следовательно, $AC$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе и $MN$. Поскольку диагонали параллелограмма $AMCN$ ($AC$ и $MN$) взаимно перпендикулярны, $AMCN$ является ромбом.

По условию, сечение $AMCN$ — квадрат. Это значит, что его диагонали равны: $AC = MN$. Пусть $DM = z$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ODM$ (он прямоугольный, так как $DD_1 \perp$ плоскости основания, а значит $DD_1 \perp OD$). $OD = \frac{1}{2}BD = a\cos(\frac{\alpha}{2})$. По теореме Пифагора: $OM^2 = OD^2 + DM^2 = (a\cos(\frac{\alpha}{2}))^2 + z^2$. Так как $O$ — середина $MN$, то $MN = 2 \cdot OM = 2\sqrt{a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) + z^2}$.

Приравниваем длины диагоналей: $AC = MN \implies 2a\sin(\frac{\alpha}{2}) = 2\sqrt{a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) + z^2}$. Возведём обе части в квадрат: $a^2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = a^2\cos^2(\frac{\alpha}{2}) + z^2$. Отсюда выразим $z^2$: $z^2 = a^2(\sin^2(\frac{\alpha}{2}) - \cos^2(\frac{\alpha}{2})) = -a^2(\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - \sin^2(\frac{\alpha}{2})) = -a^2\cos\alpha$. Поскольку $\alpha$ — тупой угол, $\cos\alpha < 0$, и, следовательно, $z^2 > 0$, что допустимо.

Теперь найдём угол $\phi$ между плоскостью сечения $(AMCN)$ и плоскостью основания $(ABCD)$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $AC$. Угол между плоскостями равен углу между перпендикулярами, проведёнными к линии их пересечения в одной точке.

В плоскости основания проведём $OD \perp AC$. В плоскости сечения проведём $OM \perp AC$. Искомый угол $\phi$ равен углу $\angle MOD$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ODM$. Тангенс угла $\phi$ равен отношению противолежащего катета к прилежащему: $\tan\phi = \frac{DM}{OD} = \frac{z}{a\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Подставим найденное значение для $z = \sqrt{-a^2\cos\alpha} = a\sqrt{-\cos\alpha}$: $\tan\phi = \frac{a\sqrt{-\cos\alpha}}{a\cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{\sqrt{-\cos\alpha}}{\cos(\frac{\alpha}{2})}$.

Используем формулу двойного угла для косинуса $\cos\alpha = \cos^2(\frac{\alpha}{2}) - \sin^2(\frac{\alpha}{2})$: $\tan^2\phi = \frac{-\cos\alpha}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{-(\cos^2(\frac{\alpha}{2}) - \sin^2(\frac{\alpha}{2}))}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{\sin^2(\frac{\alpha}{2}) - \cos^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} = \frac{\sin^2(\frac{\alpha}{2})}{\cos^2(\frac{\alpha}{2})} - 1 = \tan^2(\frac{\alpha}{2}) - 1$.

Таким образом, $\tan\phi = \sqrt{\tan^2(\frac{\alpha}{2}) - 1}$. Искомый угол $\phi = \arctan\left(\sqrt{\tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1}\right)$.

Ответ: Угол между плоскостью сечения и плоскостью основания равен $\arctan\left(\sqrt{\tan^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1}\right)$.