На ребре $A{A}_{1}$ прямоугольного параллелепипеда $ABCD{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}$ взята точка E так, что ${A}_{1}E:EA=1:2$, на ребре $B{B}_{1}$ $—$ точка $F$ так, что ${B}_{1}F:FB=1:5$, а точка Т $—$ середина ребра ${B}_{1}{C}_{1}$. Известно, что $AB=2$, $AD=6$, $A{A}_{1}=6$.
а) Докажите, что плоскость $EFT$ проходит через вершину ${D}_{1}$.
б) Найдите угол между плоскостью $EFT$ и плоскостью $A{A}_{1}{B}_{1}$.
Задание с развёрнутым ответом. Запишите решение и сравните его с разбором.
Ответ: а) доказано; б) $\arccos \frac{2}{7}$.
Решение
Выберем координаты вдоль трёх взаимно перпендикулярных рёбер. Тогда положение точек на рёбрах можно записать точно, а принадлежность плоскости проверить подстановкой.
Обозначим $AB=p$, $AD=q$, $AA_1=h$. Нижнее основание поместим в $z=0$:
$$A=(0;0;0),\quad B=(p;0;0),\quad D=(0;q;0),\quad C=(p;q;0).$$
Все вершины верхнего основания имеют третью координату $h$. Здесь:
$$p=2,\quad q=6,\quad h=6.$$
Сначала найдём высоты точек $E,F$ из отношений частей рёбер. Если $A_1E:EA=1:2$, то всё ребро состоит из $1+2=3$ одинаковых частей, а $EA$ занимает 2 из них:
$$EA=h\frac{2}{3}=\frac{6\cdot2}{3}=4.$$
Аналогично $B_1F:FB=1:5$ даёт:
$$FB=h\frac{5}{6}=\frac{6\cdot5}{6}=5.$$
Точка $T$ — середина $B_1C_1$, поэтому её вторая координата равна $q/2$:
$$E=(0;0;4),\quad F=(2;0;5),\quad T=(2;3;6).$$
Получим уравнение плоскости, а не будем брать его готовым. Так как у точек $E,F,T$ разные первые две координаты, запишем плоскость в виде:
$$z=c+\alpha x+\beta y.$$
Подстановка $E$ сразу даёт $c=4$. Подставим $F$:
$$5=4+\alpha\cdot2.$$
Вычтем 4 и разделим на $2>0$:
$$\alpha=\frac{5-4}{2}=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$$
Теперь подставим $T$. Сумма $c+\alpha p$ уже равна высоте $F$, то есть 5. Поэтому:
$$6=5+\beta\cdot3,$$
$$\beta=\frac{6-5}{3}=\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$
Полученное уравнение:
$$z=4+(\frac{1}{2})x+(\frac{1}{3})y.$$
а) Проверим вершину $D_1=(0;6;6)$. Правая часть при её координатах равна:
$$4+(\frac{1}{2})\cdot0+(\frac{1}{3})\cdot6=4+2=6.$$
Она совпала с третьей координатой $D_1$. Следовательно, эта вершина лежит в плоскости $EFT$.
б) Требуется угол между плоскостью $EFT$ и гранью $AA_1B_1$. Проще вычислить угол между перпендикулярными им векторами — нормалями.
Перенесём уравнение плоскости в вид:
$$-\frac12x-\frac13y+z=4.$$
Её нормаль составляется из коэффициентов при $x,y,z$:
$$n=(-1/2;-1/3;1).$$
У грани $AA_1B_1$ все точки имеют $y=0$. Поэтому ей перпендикулярна ось $y$, и нормаль можно взять $m=(0;1;0)$.
Вычислим скалярное произведение по координатам:
$$n\cdot m=(-1/2)\cdot0+(-1/3)\cdot1+1\cdot0=-1/3.$$
Длины нормалей:
$$|m|=1,$$
$$|n|=\sqrt{(-1/2)^2+(-1/3)^2+1^2}=\sqrt{1/4+1/9+1}.$$
Приведём к общему знаменателю 36:
$$|n|=\sqrt{\frac9{36}+\frac4{36}+\frac{36}{36}}=\sqrt{\frac{49}{36}}=\frac76.$$
Для меньшего угла между плоскостями используем модуль произведения:
$$\cos\varphi=\frac{|n\cdot m|}{|n|\,|m|}=\frac{1/3}{7/6}=\frac13\cdot\frac67=\frac27.$$
Запись $\arccos(2/7)$ обозначает угол, косинус которого равен $2/7$. Поэтому:
$$\varphi=\arccos\frac27.$$
Ответ: а) доказано; б) $\arccos\frac27$.