Страница 138 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Рис. 15.5

15.8. Отрезок $DC$ – перпендикуляр к плоскости треугольника $ABC$ (рис. 15.5). Найдите площадь треугольника $ADB$, если $\angle ACB = 90^\circ$, $AC = 8 \text{ см}$, $BC = 10 \text{ см}$, а угол между плоскостями $ABC$ и $ABD$ равен $45^\circ$.

15.8.

По условию, отрезок $DC$ перпендикулярен плоскости треугольника $ABC$. Это означает, что треугольник $ABC$ является ортогональной проекцией треугольника $ADB$ на плоскость $ABC$.

Площадь ортогональной проекции фигуры связана с площадью самой фигуры через косинус угла между их плоскостями. Формула имеет вид:
$S_{проекции} = S_{фигуры} \cdot \cos{\alpha}$
где $\alpha$ — угол между плоскостями.

В нашем случае $S_{ABC} = S_{ADB} \cdot \cos{\alpha}$, где $\alpha$ — угол между плоскостями $ABC$ и $ABD$, который по условию равен $45°$.

Сначала найдем площадь треугольника $ABC$. Так как $\angle ACB = 90°$, треугольник $ABC$ является прямоугольным. Его площадь равна половине произведения катетов:
$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 10 = 40$ см².

Теперь мы можем найти площадь треугольника $ADB$:
$S_{ADB} = \frac{S_{ABC}}{\cos{\alpha}} = \frac{S_{ABC}}{\cos{45°}}$

Так как $\cos{45°} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, получаем:
$S_{ADB} = \frac{40}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{40 \cdot 2}{\sqrt{2}} = \frac{80}{\sqrt{2}} = \frac{80\sqrt{2}}{2} = 40\sqrt{2}$ см².

Ответ: $40\sqrt{2}$ см².

15.9.

Площадь трапеции вычисляется по формуле:
$S = \frac{a+b}{2} \cdot h$
где $a$ и $b$ — основания трапеции, а $h$ — ее высота.

Дано: основания $a = 10$ см, $b = 18$ см, боковая сторона $c = 8$ см.

Чтобы найти площадь, необходимо вычислить высоту $h$. В равнобокой трапеции, если провести две высоты из вершин меньшего основания к большему, они отсекут от большего основания два равных отрезка. Длина каждого такого отрезка равна полуразности оснований:
$\frac{b-a}{2} = \frac{18-10}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный боковой стороной (гипотенуза), высотой трапеции (катет) и вычисленным отрезком (второй катет). По теореме Пифагора:
$h^2 + (\frac{b-a}{2})^2 = c^2$
$h^2 + 4^2 = 8^2$
$h^2 + 16 = 64$
$h^2 = 64 - 16 = 48$
$h = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь, зная высоту, можем найти площадь трапеции:
$S = \frac{10+18}{2} \cdot 4\sqrt{3} = \frac{28}{2} \cdot 4\sqrt{3} = 14 \cdot 4\sqrt{3} = 56\sqrt{3}$ см².

Ответ: $56\sqrt{3}$ см².

15.9. Основания равнобокой трапеции равны 10 см и 18 см, а боковая сторона – 8 см. Найдите площадь проекции данной трапеции на плоскость $\alpha$, если угол между плоскостью трапеции и плоскостью $\alpha$ равен $30^\circ$.

Для решения задачи необходимо выполнить два шага: сначала найти площадь самой равнобокой трапеции, а затем найти площадь ее проекции на плоскость $\alpha$.

1. Нахождение площади трапеции.

Пусть основания трапеции $a = 18$ см и $b = 10$ см, а боковая сторона $c = 8$ см. Площадь трапеции вычисляется по формуле: $S = \frac{a+b}{2} \cdot h$, где $h$ – высота трапеции.

Для нахождения высоты проведем из вершин меньшего основания перпендикуляры к большему основанию. Так как трапеция равнобокая, эти перпендикуляры отсекают от большего основания два равных отрезка. Длина каждого такого отрезка равна полуразности оснований:
$x = \frac{a-b}{2} = \frac{18-10}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный боковой стороной (гипотенуза), высотой трапеции (катет) и отрезком $x$ (второй катет). По теореме Пифагора найдем высоту $h$:
$h^2 + x^2 = c^2$
$h^2 + 4^2 = 8^2$
$h^2 + 16 = 64$
$h^2 = 64 - 16 = 48$
$h = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}$ см.

Теперь можем вычислить площадь трапеции ($S_{трап}$):
$S_{трап} = \frac{18+10}{2} \cdot 4\sqrt{3} = \frac{28}{2} \cdot 4\sqrt{3} = 14 \cdot 4\sqrt{3} = 56\sqrt{3}$ см².

2. Нахождение площади проекции.

Площадь ортогональной проекции плоской фигуры на плоскость равна произведению площади самой фигуры на косинус угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.
$S_{пр} = S_{трап} \cdot \cos(\gamma)$

По условию, угол $\gamma$ между плоскостью трапеции и плоскостью $\alpha$ равен $30°$. Значение косинуса этого угла: $\cos(30°) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Вычисляем площадь проекции:
$S_{пр} = 56\sqrt{3} \cdot \cos(30°) = 56\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{56 \cdot (\sqrt{3} \cdot \sqrt{3})}{2} = \frac{56 \cdot 3}{2} = 28 \cdot 3 = 84$ см².

Ответ: $84$ см².

15.10. Через одну из сторон ромба, диагонали которого равны 6 см и 12 см, проведена плоскость $ \alpha $, образующая с плоскостью ромба угол $ 30^\circ $. Найдите площадь проекции данного ромба на плоскость $ \alpha $.

Для решения задачи необходимо найти площадь ромба, а затем использовать формулу для площади проекции фигуры на плоскость.

1. Нахождение площади ромба (S)
Площадь ромба можно вычислить по формуле через его диагонали $d_1$ и $d_2$:
$S = \frac{1}{2} d_1 d_2$
По условию, диагонали ромба равны 6 см и 12 см. Подставим эти значения в формулу:
$S = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 12 = 3 \cdot 12 = 36$ см²

2. Нахождение площади проекции ($S_{пр}$)
Площадь ортогональной проекции фигуры на плоскость вычисляется по формуле:
$S_{пр} = S \cdot \cos(\gamma)$
где $S$ — площадь исходной фигуры, а $\gamma$ — угол между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.
По условию, угол $\gamma$ равен $30°$. Площадь ромба $S = 36$ см².
Подставим значения в формулу:
$S_{пр} = 36 \cdot \cos(30°)$
Значение косинуса $30°$ равно $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$S_{пр} = 36 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 18\sqrt{3}$ см²

Ответ: $18\sqrt{3}$ см²

15.11. Сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна 12 см, а стороны треугольника $A_1B_1C_1$ равны 10 см, 10 см и 12 см. Треугольник $A_1B_1C_1$ является проекцией треугольника $ABC$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $A_1B_1C_1$.

Пусть $\alpha$ — искомый угол между плоскостями треугольников $ABC$ и $A_1B_1C_1$. Площадь ортогональной проекции фигуры на плоскость связана с площадью самой фигуры формулой:

$S_{пр} = S \cdot \cos(\alpha)$

В нашем случае, треугольник $A_1B_1C_1$ является проекцией треугольника $ABC$. Следовательно, $S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} \cdot \cos(\alpha)$.

Отсюда косинус угла $\alpha$ можно выразить как:

$\cos(\alpha) = \frac{S_{A_1B_1C_1}}{S_{ABC}}$

Найдем площади обоих треугольников.

1. Площадь равностороннего треугольника $ABC$ со стороной $a = 12$ см вычисляется по формуле:

$S_{ABC} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{12^2\sqrt{3}}{4} = \frac{144\sqrt{3}}{4} = 36\sqrt{3}$ см$^2$.

2. Площадь треугольника $A_1B_1C_1$. Это равнобедренный треугольник со сторонами 10 см, 10 см и 12 см. Для нахождения его площади проведем высоту $h$ к основанию, равному 12 см. Высота в равнобедренном треугольнике является также медианой, поэтому она делит основание на два отрезка по 6 см.

По теореме Пифагора найдем высоту $h$:

$h = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8$ см.

Теперь найдем площадь треугольника $A_1B_1C_1$:

$S_{A_1B_1C_1} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 8 = 48$ см$^2$.

3. Найдем угол $\alpha$. Подставим найденные значения площадей в формулу для косинуса угла:

$\cos(\alpha) = \frac{48}{36\sqrt{3}} = \frac{4 \cdot 12}{3 \cdot 12 \cdot \sqrt{3}} = \frac{4}{3\sqrt{3}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{3}$:

$\cos(\alpha) = \frac{4\sqrt{3}}{3\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3 \cdot 3} = \frac{4\sqrt{3}}{9}$

Следовательно, искомый угол равен:

$\alpha = \arccos\left(\frac{4\sqrt{3}}{9}\right)$

Ответ: $\arccos\left(\frac{4\sqrt{3}}{9}\right)$.

15.12. Сторона правильного шестиугольника равна 2 см, а площадь его проекции – $9 \text{ см}^2$. Найдите угол между плоскостью данного шестиугольника и плоскостью его проекции.

Для нахождения угла между плоскостью шестиугольника и плоскостью его проекции воспользуемся формулой, связывающей площадь фигуры и площадь её ортогональной проекции:

$S_{пр} = S \cdot \cos(\alpha)$

где $S$ — площадь исходной фигуры (шестиугольника), $S_{пр}$ — площадь её проекции, а $\alpha$ — искомый угол между плоскостями.

Из этой формулы можно выразить косинус угла:

$\cos(\alpha) = \frac{S_{пр}}{S}$

По условию, площадь проекции $S_{пр} = 9$ см². Теперь найдём площадь $S$ правильного шестиугольника со стороной $a = 2$ см.

Правильный шестиугольник можно разбить на шесть одинаковых равносторонних треугольников, сторона каждого из которых равна стороне шестиугольника, то есть $a = 2$ см. Площадь одного такого равностороннего треугольника вычисляется по формуле:

$S_{\triangle} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$

Подставим значение стороны $a = 2$ см:

$S_{\triangle} = \frac{2^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{4 \sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}$ см².

Площадь всего шестиугольника $S$ равна сумме площадей шести таких треугольников:

$S = 6 \cdot S_{\triangle} = 6 \sqrt{3}$ см².

Теперь мы можем найти косинус угла $\alpha$, подставив известные значения $S$ и $S_{пр}$ в формулу:

$\cos(\alpha) = \frac{9}{6 \sqrt{3}}$

Упростим полученное выражение, избавившись от иррациональности в знаменателе:

$\cos(\alpha) = \frac{9}{6 \sqrt{3}} = \frac{3}{2 \sqrt{3}} = \frac{3 \cdot \sqrt{3}}{2 \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{3 \sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Угол $\alpha$, косинус которого равен $\frac{\sqrt{3}}{2}$, составляет $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

15.13. Треугольник $A_1B_1C_1$ является проекцией треугольника $ABC$ на плоскость $\alpha$, треугольник $A_2B_2C_2$ – проекцией треугольника $A_1B_1C_1$ на плоскость $ABC$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$, если площадь треугольника $ABC$ вдвое больше площади треугольника $A_2B_2C_2$.

Пусть $S_{ABC}$, $S_{A_1B_1C_1}$ и $S_{A_2B_2C_2}$ — площади треугольников $ABC$, $A_1B_1C_1$ и $A_2B_2C_2$ соответственно. Обозначим искомый угол между плоскостью $ABC$ и плоскостью $\alpha$ через $\varphi$. По определению, угол между плоскостями $0 \le \varphi \le 90^\circ$.

Площадь ортогональной проекции фигуры на плоскость равна площади самой фигуры, умноженной на косинус угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.

Треугольник $A_1B_1C_1$ является проекцией треугольника $ABC$ на плоскость $\alpha$. Угол между плоскостью $ABC$ и плоскостью $\alpha$ равен $\varphi$. Следовательно, их площади связаны соотношением:

$S_{A_1B_1C_1} = S_{ABC} \cdot \cos(\varphi)$

Треугольник $A_2B_2C_2$ является проекцией треугольника $A_1B_1C_1$ на плоскость $ABC$. Треугольник $A_1B_1C_1$ лежит в плоскости $\alpha$, а его проекция $A_2B_2C_2$ — в плоскости $ABC$. Угол между этими плоскостями также равен $\varphi$. Поэтому:

$S_{A_2B_2C_2} = S_{A_1B_1C_1} \cdot \cos(\varphi)$

Теперь подставим первое выражение во второе, чтобы связать площади $S_{A_2B_2C_2}$ и $S_{ABC}$:

$S_{A_2B_2C_2} = (S_{ABC} \cdot \cos(\varphi)) \cdot \cos(\varphi) = S_{ABC} \cdot \cos^2(\varphi)$

По условию задачи, площадь треугольника $ABC$ вдвое больше площади треугольника $A_2B_2C_2$:

$S_{ABC} = 2 \cdot S_{A_2B_2C_2}$

Отсюда можно выразить $S_{A_2B_2C_2}$:

$S_{A_2B_2C_2} = \frac{1}{2} S_{ABC}$

Подставим это соотношение в полученную ранее формулу:

$\frac{1}{2} S_{ABC} = S_{ABC} \cdot \cos^2(\varphi)$

Поскольку площадь треугольника $ABC$ не равна нулю ($S_{ABC} > 0$), мы можем разделить обе части уравнения на $S_{ABC}$:

$\cos^2(\varphi) = \frac{1}{2}$

Так как $\varphi$ — угол между плоскостями, он является острым или прямым, поэтому его косинус неотрицателен. Извлекая квадратный корень, получаем:

$\cos(\varphi) = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, — это $45^\circ$.

$\varphi = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$

Ответ: $45^\circ$.

15.14. Угол между плоскостью многоугольника и плоскостью его проекции равен $60^\circ$. Найдите площадь данного многоугольника, если сумма площадей этого многоугольника и его проекции равна $30 \text{ см}^2$.

Пусть $S$ — искомая площадь данного многоугольника, а $S_{пр}$ — площадь его проекции. Угол $\alpha$ между плоскостью многоугольника и плоскостью его проекции по условию равен $60^\circ$.

Площадь ортогональной проекции фигуры на плоскость вычисляется по формуле:
$S_{пр} = S \cdot \cos(\alpha)$

Подставим в формулу значение угла $\alpha = 60^\circ$:
$S_{пр} = S \cdot \cos(60^\circ)$
Поскольку значение $\cos(60^\circ) = \frac{1}{2}$, получаем:
$S_{пр} = S \cdot \frac{1}{2} = \frac{S}{2}$

Из условия задачи известно, что сумма площадей многоугольника и его проекции равна 30 см²:
$S + S_{пр} = 30$

Теперь составим уравнение, подставив в него выражение для $S_{пр}$, которое мы нашли ранее:
$S + \frac{S}{2} = 30$

Решим это уравнение относительно $S$:
$\frac{2S}{2} + \frac{S}{2} = 30$
$\frac{3S}{2} = 30$
$3S = 30 \cdot 2$
$3S = 60$
$S = \frac{60}{3}$
$S = 20$

Следовательно, площадь данного многоугольника составляет 20 см².

Ответ: 20 см².

15.15. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Найдите площадь сечения куба плоскостью, проходящей через ребро $AD$ и образующей угол $\alpha$ с плоскостью $ABC$.

Для решения задачи воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции. Площадь проекции $S_{пр}$ плоской фигуры на некоторую плоскость связана с площадью самой фигуры $S_{сеч}$ и углом $\alpha$ между плоскостью фигуры и плоскостью проекции соотношением: $S_{пр} = S_{сеч} \cdot \cos\alpha$. Отсюда искомая площадь сечения равна $S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{\cos\alpha}$. В нашем случае проекция осуществляется на плоскость основания $ABC$ (грань $ABCD$).

Плоскость сечения проходит через ребро $AD$. Форма сечения, а следовательно, и его проекция на основание, зависит от угла наклона $\alpha$. Необходимо рассмотреть два случая, которые разделяются критическим углом $\alpha_0$. Этот угол соответствует сечению, проходящему через ребро $AD$ и дальние вершины верхней грани $B_1$ и $C_1$. Такое сечение является прямоугольником $ADB_1C_1$.

Угол $\alpha_0$ между плоскостью $ADB_1C_1$ и плоскостью основания $ABCD$ можно найти как линейный угол двугранного угла. Плоскость грани $ABB_1A_1$ перпендикулярна ребру $AD$ (линии пересечения плоскостей). Следовательно, угол $\alpha_0$ равен углу между прямыми $AB$ и $AB_1$, то есть $\angle B_1AB$. В прямоугольном треугольнике $ABB_1$ катеты равны ребру куба: $AB = a$ и $BB_1 = a$. Тогда:$\tan(\alpha_0) = \tan(\angle B_1AB) = \frac{BB_1}{AB} = \frac{a}{a} = 1$.Отсюда критический угол $\alpha_0 = \pi/4$.

Рассмотрим два случая в зависимости от величины угла $\alpha$.

Случай 1: $0 \le \alpha \le \pi/4$
В этом диапазоне углов плоскость сечения пересекает вертикальные ребра куба $BB_1$ и $CC_1$. Проекцией получившегося сечения на плоскость основания $ABCD$ является сам квадрат основания $ABCD$.Площадь проекции $S_{пр}$ равна площади этого квадрата: $S_{пр} = a^2$.Тогда площадь сечения вычисляется по формуле:$S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{\cos\alpha} = \frac{a^2}{\cos\alpha}$.

Случай 2: $\pi/4 < \alpha \le \pi/2$
В этом диапазоне углов плоскость сечения пересекает верхнюю грань куба $A_1B_1C_1D_1$. Проекцией такого сечения на плоскость основания будет прямоугольник, одна сторона которого равна $AD=a$. Вторая сторона будет короче $a$. Чтобы найти ее длину, можно заметить, что линия пересечения секущей плоскости с верхней гранью $A_1B_1C_1D_1$ отсекает от нее прямоугольник, длина которого (вдоль направления $AB$) равна $a\cot\alpha$.Таким образом, площадь проекции сечения $S_{пр}$ равна площади этого прямоугольника: $S_{пр} = a \cdot (a\cot\alpha) = a^2\cot\alpha$.Тогда площадь сечения вычисляется по формуле:$S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{\cos\alpha} = \frac{a^2\cot\alpha}{\cos\alpha} = \frac{a^2 \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}}{\cos\alpha} = \frac{a^2}{\sin\alpha}$.

Ответ: Площадь сечения $S$ определяется выражением:
$S = \begin{cases} \frac{a^2}{\cos\alpha}, & \text{если } 0 \le \alpha \le \frac{\pi}{4} \\ \frac{a^2}{\sin\alpha}, & \text{если } \frac{\pi}{4} < \alpha \le \frac{\pi}{2} \end{cases}$

15.16. Основание $ABCD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является квадратом. Точка $M$ – середина ребра $AB$, точка $K$ – середина ребра $AD$. Через прямую $MK$ проведена плоскость, образующая с плоскостью $ABC$ угол $\alpha$ и пересекающая три боковых ребра параллелепипеда. Площадь получившегося сечения параллелепипеда равна $S$. Найдите отрезок $AB$.

Пусть сторона основания $ABCD$, которое является квадратом, равна $a$. Таким образом, искомый отрезок $AB = a$. По условию задачи, точка $M$ — середина ребра $AB$, а точка $K$ — середина ребра $AD$. Следовательно, длины отрезков $AM$ и $AK$ равны: $AM = \frac{AB}{2} = \frac{a}{2}$ $AK = \frac{AD}{2} = \frac{a}{2}$

Секущая плоскость, назовем ее $\beta$, проходит через прямую $MK$ и пересекает три боковых ребра параллелепипеда. Поскольку прямая $MK$ лежит в плоскости основания, а плоскость $\beta$ наклонена к основанию, она будет пересекать те боковые ребра, которые "возвышаются" над большей частью основания, отделенной прямой $MK$. Это ребра $BB_1$, $DD_1$ и $CC_1$. Пусть точки пересечения плоскости $\beta$ с этими ребрами будут $P$, $Q$ и $R$ соответственно. Тогда получившееся сечение является пятиугольником $MKQRP$.

Для решения задачи воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции многоугольника. Площадь проекции сечения на плоскость основания ($S_{пр}$) связана с площадью самого сечения ($S$) и углом $\alpha$ между плоскостью сечения и плоскостью основания следующим соотношением: $S_{пр} = S \cdot \cos \alpha$

Ортогональной проекцией сечения $MKQRP$ на плоскость основания $ABC$ является пятиугольник $MKDCB$. Найдем его площадь. Площадь этого пятиугольника можно вычислить как разность площади всего квадрата $ABCD$ и площади треугольника $AMK$.

Площадь квадрата $ABCD$ равна: $S_{ABCD} = a^2$

Треугольник $AMK$ является прямоугольным, так как угол $\angle A$ прямой ($\angle DAB = 90^{\circ}$). Его площадь равна: $S_{\triangle AMK} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot AK = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a^2}{8}$

Теперь можем найти площадь проекции сечения: $S_{пр} = S_{ABCD} - S_{\triangle AMK} = a^2 - \frac{a^2}{8} = \frac{7a^2}{8}$

Приравняем два полученных выражения для площади проекции: $\frac{7a^2}{8} = S \cdot \cos \alpha$

Остается выразить из этого уравнения сторону $a$, которая равна длине отрезка $AB$: $a^2 = \frac{8S \cos \alpha}{7}$ $a = \sqrt{\frac{8S \cos \alpha}{7}}$

Ответ: $AB = \sqrt{\frac{8S \cos \alpha}{7}}$.

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 $60^\circ$.

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.