Задание 14: Угол между прямой и плоскостью — ЕГЭ по математике

В правильной призме $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с основанием $ABCD$ боковое ребро равно $2$ , а сторона основания равна $\sqrt{6}$ . Через точку $A_1$ , перпендикулярно плоскости $(AB_1D_1)$ , проведена прямая $l$ .

[а)] а)Докажите, что прямая $l$ пересекает отрезок $AC$ и делит его в отношении $2:1$ .
[б)] б)Найдите угол между прямыми $l$ и $CD_1$ .

Источник: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 36

Решение:

а)

Опустим высоту $A_1H$ в треугольнике $OA_1A$ . Докажем, что прямая $A_1H$ совпадает с прямой $l$ . Прямая $B_1D_1$ перпендикулярна прямым $C_1A_1$ (как содержащей диагонали квадрата) и $OA$ (так как $OA$ — медиана, а значит, и высота в равнобедренном треугольнике $AB_1D_1$ ) плоскости $(CC_1A_1A)$ .

Тогда $B_1D_1 \perp (CC_1A_1A)$ и прямая $A_1H$ перпендикулярна прямой $B_1D_1$ . Получили, что прямая $A_1H$ перпендикулярна прямым $OA$ и $B_1D_1$ , плоскости $(AB_1D_1)$ , следовательно, прямая $A_1H$ перпендикулярна плоскости $(AB_1D_1)$ и совпадает с прямой $l$ из условия.

Пусть $G$ — точка пересечения прямой $A_1H = l$ с отрезком $AC$ .
Рассмотрим прямоугольный треугольник $OA_1A$ . Тогда: $AA_1 = 2, \quad OA_1 = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}$ как половина диагонали квадрата со стороной $\sqrt{6}$ . По теореме Пифагора: $OA = \sqrt{3 + 4} = \sqrt{7}$ Найдём длину высоты $A_1H$ , записав площадь треугольника $OA_1A$ двумя способами: $\frac{1}{2}A_1O \cdot A_1A = S = \frac{1}{2}OA \cdot HA_1 \Rightarrow \quad HA_1 = \frac{A_1O \cdot A_1A}{OA} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$

По теореме Пифагора для треугольников $OA_1H$ и $AA_1H$ : $OH = \sqrt{3 - \frac{12}{7}} = \frac{3}{\sqrt{7}}, \quad AH = \sqrt{4 - \frac{12}{7}} = \frac{4}{\sqrt{7}}$

Далее, $\triangle OA_1H \sim \triangle AGH$ по углам, так как $OA_1 \parallel GA$ , тогда имеем равенство отношений: $\frac{OH}{AH} = \frac{OA_1}{AG} \Rightarrow AG = \frac{OA_1 \cdot AH}{OH} = \frac{\sqrt{3} \cdot \frac{4}{\sqrt{7}}}{\frac{3}{\sqrt{7}}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$

Найдём отношение отрезков $AG$ и $CG$ : $\frac{AG}{CG} = \frac{AG}{AC - AG} = \frac{\frac{4}{\sqrt{3}}}{2\sqrt{3} - \frac{4}{\sqrt{3}}} = \frac{4}{6 - 4} = \frac{2}{1}$

б)

Поскольку $CD_1 \parallel BA_1$ , то искомый угол равен углу $\angle BA_1G$ между прямыми $A_1G = l$ и $BA_1$ .
Отрезок $BA_1 = \sqrt{4 + 6} = \sqrt{10}$ — диагональ прямоугольника $BB_1A_1A$ со сторонами $\sqrt{6}$ и $2$ .
По теореме Пифагора для треугольника $AGA_1$ : $A_1G = \sqrt{AG^2 + AA_1^2} = \sqrt{\frac{16}{3} + 4} = \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}$

По теореме косинусов для треугольника $GAB$ с углом $\angle A = 45^\circ$ : $BG^2 = AG^2 + AB^2 - 2 \cdot AG \cdot AB \cdot \cos\angle A = \frac{16}{3} + 6 - 2 \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \cdot \sqrt{6} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{10}{3}$

Тогда по теореме косинусов для треугольника $BA_1G$ : $\cos \angle BA_1G = \frac{BA_1^2 + A_1G^2 - BG^2}{2 \cdot BA_1 \cdot A_1G} = \frac{10 + \frac{28}{3} - \frac{10}{3}}{2 \cdot \sqrt{10} \cdot \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}} = \frac{16}{\frac{4\sqrt{70}}{\sqrt{3}}} = \frac{12}{\sqrt{210}}$

$\angle BA_1G = \arccos\left(\frac{12}{\sqrt{210}}\right) = \arccos\left(\frac{2\sqrt{210}}{35}\right)$

Ответ: б) $\arccos\left(\dfrac{2\sqrt{210}}{35}\right)$