9948. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
известно, что DA=3
, DC=\sqrt{5}
, DD_{1}=1
. Найдите угол между плоскостями AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Из прямоугольных треугольников ABB_{1}
и BCC_{1}
находим, что
AB_{1}=\sqrt{AA_{1}^{2}+A_{1}B_{1}^{2}}=\sqrt{1+5}=\sqrt{6},~CB_{1}=\sqrt{CC_{1}^{2}+BC^{2}}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}.
Поскольку D
и B_{1}
— общие точки плоскостей AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
, эти плоскости пересекаются по прямой DB_{1}
.
Рассмотрим трёхгранный угол DAB_{1}C
с вершиной D
. Его двугранный угол при ребре DB_{1}
либо равен искомому углу \varphi
между плоскостями AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
, либо дополняет его до 180^{\circ}
. Обозначим плоские углы ADB_{1}
и CDB_{1}
рассматриваемого трёхгранного угла через \alpha
и \beta
соответственно. По теореме косинусов для трёхгранного угла (см. задачу 7438)
\cos\varphi=\frac{\cos90^{\circ}-\cos\alpha\cos\beta}{\sin\alpha\sin\beta}=\frac{-\cos\alpha\cos\beta}{\sin\alpha\sin\beta}=-\ctg\alpha\ctg\beta=
=-\frac{AD}{AB_{1}}\cdot\frac{CD}{CB_{1}}=-\frac{3}{\sqrt{6}}\cdot\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}.
Значит, \varphi=150^{\circ}
. Следовательно, угол между плоскостями AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
равен 30^{\circ}
.
Второй способ. Пусть прямая, проведённая через вершину D_{1}
перпендикулярно DA_{1}
, пересекает прямую AD
в точке P
, а прямая, проведённая через вершину D_{1}
перпендикулярно DC_{1}
, пересекает прямую DC
в точке Q
. Прямая D_{1}P
перпендикулярна плоскости A_{1}B_{1}C
, так как она перпендикулярна пересекающимся прямым A_{1}D
и A_{1}B_{1}
этой плоскости. Аналогично, прямая D_{1}Q
перпендикулярна плоскости AB_{1}C_{1}
. Поскольку угол между плоскостями равен углу между перпендикулярными им прямыми, искомый угол \varphi
— это угол PD_{1}Q
.
Из подобия треугольников PDD_{1}
и DD_{1}A_{1}
находим, что DP=\frac{1}{3}
. Аналогично, DQ=\frac{1}{\sqrt{5}}
. По теореме Пифагора
PQ=\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{1}{5}}=\frac{\sqrt{14}}{3\sqrt{5}},~D_{1}P=\sqrt{\frac{1}{9}+1}=\frac{\sqrt{10}}{3},~D_{1}Q=\sqrt{\frac{1}{5}+1}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}.
Значит, по теореме косинусов
\cos\varphi=\cos\angle PD_{1}Q=\frac{D_{1}P^{2}+D_{1}Q^{2}-PQ^{2}}{2D_{1}P\cdot D_{1}Q}=\frac{\frac{10}{9}+\frac{6}{5}-\frac{14}{45}}{2\cdot\frac{\sqrt{10}}{3}\cdot\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Следовательно, угол между плоскостями AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
равен 30^{\circ}
.
Третий способ. Введём прямоугольную систему координат, взяв за начало точку D
и направив ось Dx
по лучу DA
, ось Dy
— по лучу DC
, а ось Dz
— по лучу DD_{1}
. Тогда уравнения плоскостей AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
имеют вид
\frac{x}{3}-z=0,~-\frac{y}{\sqrt{5}}+z=0.
Значит, косинус угла между этими плоскостями равен (см. задачу 7565)
\left|\frac{\frac{1}{3}\cdot0+0\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)-1\cdot1}{\sqrt{\frac{1}{9}+1}\cdot\sqrt{\frac{1}{5}+1}}\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Следовательно, угол между плоскостями AB_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}C
равен 30^{\circ}
.