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}
.
Источник: Мерзляк А. Г., Номировский В. М., Поляков В. М. Геометрия. 10 класс. Углублённый уровень. — М.: Вентана-Граф, 2019. — № 2, с. 185