Сечением прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ плоскостью α

Решение по шагам

1. 1

   Как рассуждать

   Решение. Плоскость альфа проходит через точку В, лежащую в плоскости основания, и параллельна прямой AC, лежащей в плоскости основания. Следовательно, плоскость альфа пересекает плоскость основания по прямой, содержащей точку В и параллельной АС. Пусть эта прямая пересекает продолжения сторон DA и DC основания в точках E и F соответственно. Тогда альфа пересекает плоскость боковых граней по прямым D₁E и D₁F. Пусть M и N — точки пересечения этих прямых с боковыми ребрами параллелепипеда, тогда BMD₁N — сечение параллелепипеда плоскостью альфа [рисунок] Поскольку плоскость сечения проходит через прямую EF, параллельную плоскости ACC₁A₁ и пересекает её по прямой MN, прямая MN параллельна EF, а значит, параллельна AC. По условию, сечение является ромбом, диагонали ромба перпендикулярны, поэтому $D_1B\bot MN$ и $D_1B\bot AC$ По теореме о трёх перпендикулярах, из перпендикулярности наклонной D₁B и прямой AC следует перпендикулярность прямой AC проекции наклонной — прямой DB. Этим показано, что диагонали лежащего в основании прямоугольника взаимно перпендикулярны. Следовательно, этот прямоугольник является квадратом, что и требовалось доказать. б) Пусть K — середина ребра BB₁ а KH — высота треугольника BKN. Тогда плоскость MKH перпендикулярна прямой BN. Значит, угол MHK — линейный угол искомого двугранного угла. (Или: проведём перпендикуляры MK и KH, по теореме о трёх перпендикулярах MH — также перпендикуляр к BN, поэтому MHK — линейный угол искомого двугранного угла).В прямоугольном треугольнике BKN имеем: $BN= \sqrt{BK^{2} + KN^{2}} =5,$ $KH= \frac{BK \cdot KN}{BN} = \frac{12}{5} ,$ откуда $\angle MHK= \operatorname{arctg} \frac{MK}{KH} = \operatorname{arctg} \frac{5}{3}$