9940. Сторона равностороннего треугольника ABC
равна 1. Треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
— ортогональная проекция треугольника ABC
на некоторую плоскость. Известно, что A_{1}B_{1}\lt\frac{\sqrt{3}}{2}
и A_{1}C_{1}\lt\frac{1}{2}
. Докажите, что угол между плоскостями ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
больше 60^{\circ}
.
Решение. Пусть угол между плоскостями ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
равен \varphi
. Тогда (см. задачу 8093)
\cos\alpha=\frac{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{\frac{1}{2}A_{1}B_{1}\cdot A_{1}C_{1}\sin\angle B_{1}A_{1}C_{1}}{\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin60^{\circ}}\leqslant\frac{\frac{1}{2}A_{1}B_{1}\cdot A_{1}C_{1}}{\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}\lt\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \varphi\gt60^{\circ}
.