Номер 16.24, страница 180 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

16.24. Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна 1. Треугольник $A_1B_1C_1$ является проекцией треугольника $ABC$. Известно, что $A_1B_1 < \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $A_1C_1 < \frac{1}{2}$. Докажите, что угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$ больше $60^{\circ}$.

Пусть $\Pi$ — плоскость равностороннего треугольника $ABC$, а $\Pi_1$ — плоскость, на которую он проецируется, образуя треугольник $A_1B_1C_1$. Обозначим угол между плоскостями $\Pi$ и $\Pi_1$ как $\varphi$. Согласно условию, сторона треугольника $ABC$ равна 1. Нам необходимо доказать, что $\varphi > 60^\circ$.

Для доказательства воспользуемся известной формулой, связывающей длину отрезка и длину его ортогональной проекции с углом между плоскостями. Если отрезок длиной $L$ лежит в плоскости $\Pi$ и составляет угол $\theta$ с линией пересечения плоскостей $\Pi$ и $\Pi_1$, то квадрат длины его проекции $L_1$ на плоскость $\Pi_1$ равен:

$L_1^2 = L^2 (\cos^2\theta + \sin^2\theta \cos^2\varphi)$

Применим эту формулу к стороне $AC$ треугольника $ABC$. Длина стороны $|AC| = 1$. Пусть угол между прямой $AC$ и линией пересечения плоскостей равен $\beta$. Тогда квадрат длины проекции $A_1C_1$ равен:

$|A_1C_1|^2 = |AC|^2 (\cos^2\beta + \sin^2\beta \cos^2\varphi) = 1 \cdot (\cos^2\beta + \sin^2\beta \cos^2\varphi)$

Из условия задачи известно, что $|A_1C_1| < \frac{1}{2}$. Возведя обе части этого неравенства в квадрат, получим $|A_1C_1|^2 < \frac{1}{4}$.

Следовательно, мы имеем неравенство:

$\cos^2\beta + \sin^2\beta \cos^2\varphi < \frac{1}{4}$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta$, преобразуем неравенство:

$\cos^2\beta + (1 - \cos^2\beta) \cos^2\varphi < \frac{1}{4}$

$\cos^2\beta + \cos^2\varphi - \cos^2\beta \cos^2\varphi < \frac{1}{4}$

$\cos^2\beta(1 - \cos^2\varphi) < \frac{1}{4} - \cos^2\varphi$

Докажем требуемое утверждение методом от противного. Предположим, что $\varphi \le 60^\circ$.

Угол между плоскостями $\varphi$ находится в диапазоне $[0, 90^\circ]$. На этом интервале функция косинуса является невозрастающей. Таким образом, из $\varphi \le 60^\circ$ следует, что $\cos\varphi \ge \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат: $\cos^2\varphi \ge \frac{1}{4}$.

Теперь вернемся к полученному ранее неравенству: $\cos^2\beta(1 - \cos^2\varphi) < \frac{1}{4} - \cos^2\varphi$.

Рассмотрим левую часть: $\cos^2\beta(1 - \cos^2\varphi) = \cos^2\beta \sin^2\varphi$. Так как $\cos^2\beta \ge 0$ и $\sin^2\varphi \ge 0$, левая часть неравенства всегда неотрицательна.

Рассмотрим правую часть: $\frac{1}{4} - \cos^2\varphi$. Исходя из нашего предположения, $\cos^2\varphi \ge \frac{1}{4}$, следовательно, $\frac{1}{4} - \cos^2\varphi \le 0$.

Таким образом, мы приходим к неравенству вида:

$(неотрицательное число) < (неположительное число)$

Это неравенство может быть верным только в случае, если левая часть строго отрицательна, что невозможно. Если правая часть равна нулю (при $\cos^2\varphi = \frac{1}{4}$), то неравенство принимает вид $\cos^2\beta (1-\frac{1}{4}) < 0$, то есть $\frac{3}{4}\cos^2\beta < 0$, что также невозможно. Если правая часть отрицательна (при $\cos^2\varphi > \frac{1}{4}$), то неравенство "(неотрицательное) < (отрицательное)" очевидно ложно.

Наше предположение о том, что $\varphi \le 60^\circ$, привело к противоречию. Следовательно, это предположение неверно, и истинным является утверждение $\varphi > 60^\circ$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано: угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$ больше 60°.