Номер 17, страница 138 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Площадь ортогональной проекции многоугольника. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 17, страница 138.

Условие.

15.17. Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна 1 см. 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 $60^\circ$.

Решение 1.

Решение 3.

Пусть $\alpha$ — плоскость, в которой лежит треугольник $ABC$, а $\beta$ — плоскость, в которой лежит его проекция, треугольник $A_1B_1C_1$. Обозначим угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ как $\phi$.

Площадь равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $a=1$ см вычисляется по формуле:

$S_{ABC} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{1^2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4}$ см$^2$.

Площадь ортогональной проекции фигуры ($S_{A_1B_1C_1}$) связана с площадью исходной фигуры ($S_{ABC}$) и углом $\phi$ между плоскостями соотношением:

$S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} \cdot \cos\phi$.

Подставляя найденное значение площади $S_{ABC}$, получаем:

$S_{A_1B_1C_1} = \frac{\sqrt{3}}{4}\cos\phi$.

С другой стороны, площадь треугольника $A_1B_1C_1$ можно выразить через длины двух его сторон и синус угла между ними:

$S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{2} A_1B_1 \cdot A_1C_1 \cdot \sin(\angle B_1A_1C_1)$.

По условию задачи, $A_1B_1 < \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $A_1C_1 < \frac{1}{2}$. Кроме того, для любого угла $\gamma$ справедливо неравенство $\sin(\gamma) \le 1$. Применим эти факты для оценки площади $S_{A_1B_1C_1}$ сверху:

$S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{2} (A_1B_1 \cdot A_1C_1) \cdot \sin(\angle B_1A_1C_1) < \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2}\right) \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{8}$.

Теперь мы можем сопоставить два выражения для площади $S_{A_1B_1C_1}$, объединив их в одно неравенство:

$\frac{\sqrt{3}}{4}\cos\phi < \frac{\sqrt{3}}{8}$.

Решим это неравенство относительно $\cos\phi$. Для этого разделим обе части на положительное число $\frac{\sqrt{3}}{4}$:

$\cos\phi < \frac{\sqrt{3}/8}{\sqrt{3}/4} = \frac{\sqrt{3}}{8} \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

Мы получили неравенство $\cos\phi < \frac{1}{2}$.

Угол $\phi$ между плоскостями по определению находится в диапазоне $0^\circ \le \phi \le 90^\circ$. На этом интервале функция $\cos\phi$ является монотонно убывающей. Это означает, что меньшему значению косинуса соответствует большее значение угла.

Поскольку $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, из неравенства $\cos\phi < \frac{1}{2}$ следует, что $\phi > 60^\circ$.

Таким образом, доказано, что угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$ больше $60^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.