Тип 15 № 21093

Решение:

а) Сечения $BOC$ и $AOB$ -- прямоугольники. Сторона $BC$ сечения $BOC$ параллельна стороне сечения, проходящей через точку $O$ (центр грани) и пересекающей ребра $A_1B_1$ и $D_1C_1$ в точках $F$ и $G$ соответственно (центры ребёр).

Аналогично для сечения $AOB$ -- точки $M$ и $N$ середины рёбер $A_1D_1$ и $B_1C_1$ соответственно.

Пусть $AB = 2a$, $BC = 2b$. Тогда по условию: $AM = BN = 4a$, $FB = GC = 4b$.

Если $ABCD$ не квадрат, тогда $AB \neq BC \neq DC \neq AD \Rightarrow 2a \neq 2b \Rightarrow a \neq b$.

Проверим это. Выразим длину ребра $AA_1 = BB_1$ из прямоугольных треугольников $AA_1M$ и $BB_1F$ соответственно:

$$(AA_1)^2 = AM^2 - A_1M^2 = (BB_1)^2 = FB^2-FB_1^2 \Leftrightarrow A_1M = B_1N \Leftrightarrow 16b^2 - a^2 = 16a^2 - b^2 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow a = b$$

Получаем противоречие. Следовательно, $ABCD$ -- квадрат.

б) Рассмотрим вспомогательное построение. Пусть прямые $AA_1$ и $BF$ пересекаются в точке $P$. В треугольнике $A_1FP$ проведём высоту $A_1E$. Её проекция на плоскость основания $A_1B_1C_1$ совпадает с прямой $AB$. По теореме о трёх перпендикулярах получаем, что $A_1E \perp FG$. Кроме того, $A_1E \perp BF$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости прямая $A_1E$ перпендикулярна плоскости $BCO$, а значит, угол $A_1CE$ является искомым линейным углом между прямой и плоскостью.

Пусть $a = b = x$.

Из пункта а) следует, что $BB_1 = \sqrt{16x^2 - x^2} = x\sqrt{15}$

Треугольники $A_1PF$ и $B_1BF$ равны по катету и острому углу (это следует из предыдущего пункта). Поэтому $A_1P = BB_1 = x\sqrt{15}$. В прямоугольном треугольнике $A_1PF$ длина высоты, проведённой к гипотенузе, вычисляется как произведение катетов, делённое на гипотенузу:

$$A_1E = \frac{A_1P \cdot A_1F}{PF} = \frac{x\sqrt{15} \cdot x}{4x} = \frac{\sqrt{15}\,x}{4}.$$

Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов его измерений, поэтому

$$A_1C = \sqrt{AA_1^2 + AD^2 + DC^2} = \sqrt{15x^2 + 4x^2 + 4x^2} = x\sqrt{23}.$$

Из прямоугольного треугольника $A_1CE$ находим синус искомого угла:

$$\sin \angle A_1CE = \frac{A_1E}{A_1C} = \frac{x\sqrt{15}}{4x\sqrt{23}} = \frac{\sqrt{345}}{92}.$$

Следовательно,

$$\angle A_1CE = \arcsin \frac{\sqrt{345}}{92}.$$

Ответ: $\arcsin \dfrac{\sqrt{345}}{92}$.