В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ все рёбра равны 4. На его ребре BB₁ отмечена точка

Решение по шагам

1. 1

   Как рассуждать

   Решение. а) В плоскости $BB_1D_1D$ через точку К проведем прямую параллельно $BD_1$ Пусть эта прямая пересекает диагональ $B_1D_1$ в точке L. В плоскости основания $A_1B_1C_1D_1$ проведем прямую $C_1L,$ пусть она пересекает сторону $A_1B_1$ в точке P. Треугольник KPC₁ — сечение, проходящее через точки К и С₁ параллельно прямой BD₁. Действительно, прямая BD₁ параллельна плоскости сечения, так как параллельна лежащей в нем прямой KL. [рисунок] В плоскости основания $A_1B_1C_1D_1$ через точку A₁ проведем прямую параллельно C₁P. Пусть она пересекает D₁В₁ в точке М. По теореме Фалеса имеем: $B_1L:B_1D_1=B_1K:B_1B=1:4$ и $D_1M:D_1B_1=1:4,$ поэтому $ML :LB_1=2:1$ Тогда $A_1P:PB_1=ML:LB_1=2:1$ Что и требовалось доказать.б) Пусть теперь точка N — основание высоты $B_1N$ прямоугольного треугольника $KB_1C_1. B_1N$ — является проекцией наклонной PN на плоскость $BB_1C_1C$ Тогда угол PNB₁ — линейный угол искомого двугранного угла. Имеем: PB_1= \frac{1}{3} A_1B_1= \frac{4}{3} ,S_B_1C_1K= \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 1=2, $C_1K= \sqrt{4^{2} + 1^{2}} = \sqrt{17} ,B_1N= \frac{2S}{C_1K} = \frac{4}{\sqrt{17}}$ \operatorname{tg} \anglePNB_1 = \frac{PB_1}{B_1N} = \frac{\dfrac43}{\phantomn\dfrac4 \sqrt{17} \phantomn} = \frac{\sqrt{17}}{3} Тем самым, $\anglePNB_1 = \operatorname{arctg} \frac{\sqrt{17}}{3}$