а)  Про­ти­во­по­лож­ные грани пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да  — рав­ные пря­мо­уголь­ни­ки, по­это­му их диа­го­на­ли равны. Таким об­ра­зом, Зна­чит, все грани равны по тре­тье­му при­зна­ку ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков.

б)  Се­че­ние плос­ко­стью A₁BC есть пря­мо­уголь­ник A₁BCD₁.

Из точки C₁ про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр C₁H к CD₁. C₁H ⊥ CD₁, C₁H ⊥ CB, сле­до­ва­тель­но, C₁H пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти A₁BC. BH  — про­ек­ция BC₁ на плос­кость A₁BC. Зна­чит, нужно найти угол C₁BH.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке D₁C₁C на­хо­дим:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BCC₁ на­хо­дим: BC₁ = 17.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке C₁HB на­хо­дим:

Ответ:

а)   Пря­мая AS про­ек­ти­ру­ет­ся на плос­кость ос­но­ва­ния на пря­мую AN. По­это­му про­ек­ция точки M  — точка M₁, ле­жа­щая на от­рез­ке AN. Зна­чит, пря­мая AN яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей пря­мой MN. За­ме­тим, что от­ре­зок MM₁ па­рал­ле­лен от­рез­ку SO, где O  — центр ос­но­ва­ния, зна­чит, от­ре­зок MM₁  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ASO, а по­это­му точка M₁  — се­ре­ди­на от­рез­ка AO. От­сю­да M₁O  =  ON, то есть про­ек­ция MN де­лит­ся вы­со­той SO по­по­лам. Тогда и сам от­ре­зок MN де­лит­ся вы­со­той SO по­по­лам.

б)  Из ре­ше­ния пунк­та а) сле­ду­ет, что угол MNM₁  — ис­ко­мый. По­лу­ча­ем:

и Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AM₁M на­хо­дим:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка MM₁N на­хо­дим:

Зна­чит, ис­ко­мый угол равен

Ответ: б)  

а)  Най­дем по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра A₁B: От­сю­да

по­это­му по тео­ре­ме ко­си­ну­сов то есть угол BA₁C ост­рый. Два дру­гих угла тре­уголь­ни­ка A₁BC ост­рые как углы при ос­но­ва­нии рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­сколь­ку приз­ма ABCA₁B₁C₁ пря­мая, то вы­со­та A₁M тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти BCC₁. По­это­му пря­мая BM  — про­ек­ция пря­мой A₁B на плос­кость BCC₁. Зна­чит, ис­ко­мый угол равен углу A₁BM.

и по­это­му BM  =  5 и

От­сю­да

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

а)  Рас­смот­рим тре­уголь­ник SAB, у ко­то­ро­го сто­ро­ны и Зна­че­ния этих сто­рон удо­вле­тво­ря­ют ра­вен­ству сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник SAB пря­мо­уголь­ный, SA ⊥ AB.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник SAD со сто­ро­на­ми Длины сто­рон тре­уголь­ни­ка удо­вле­тво­ря­ют ра­вен­ству то есть он яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным, SA ⊥ AD.

Из пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти SA ⊥ AB и SA ⊥ AD сле­ду­ет, что SA ⊥ (ABC) и, сле­до­ва­тель­но, SA  — вы­со­та пи­ра­ми­ды.

б)  Из п а) Кроме того, сле­до­ва­тель­но, Таким об­ра­зом, про­ек­ци­ей SC на плос­кость SAB будет пря­мая SB. Зна­чит, нужно найти угол между пря­мы­ми SC и SB, то есть угол φ = ∠CSB.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник SCB. Тан­генс угла φ равен

Ответ: 30°.

При­ме­ча­ние.

Можно было бы найти ко­си­ну­сы углов DAS и BAS из тре­уголь­ни­ков DAS и BAS, при­ме­нив по тео­ре­му ко­си­ну­сов. Оба ко­си­ну­са равны нулю, из чего сле­ду­ет, что пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на двух пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым DA и BA, ле­жа­щим в одной плос­ко­сти. Тогда по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти, пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния, а ребро SA  — вы­со­та пи­ра­ми­ды.

При­ме­ча­ние 2.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу с за­да­чей 637818.

а)  Про­ти­во­по­лож­ные грани пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да  — рав­ные пря­мо­уголь­ни­ки, по­это­му их диа­го­на­ли равны. Таким об­ра­зом, Зна­чит, все грани равны по тре­тье­му при­зна­ку ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков.

б)  Най­дем угол между пря­мой EF и плос­ко­стью BB₁C₁C. Точка B  — про­ек­ция точки E на эту плос­кость. Ис­ко­мый угол есть

Ответ: