Номер 171, страница 29 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

171*. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ диагональ $AC_1$ образует с гранями $BB_1C_1$ и $CDD_1$ углы, равные $\alpha$. Найдите угол между плоскостями $BC_1D$ и $A_1B_1C_1$.

Пусть дан прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Введем систему координат с началом в вершине $A$ и осями, направленными вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$. Пусть $AB = a$, $AD = b$ и $AA_1 = c$. В этой системе координат вершины имеют следующие координаты: $A(0,0,0)$ и $C_1(a,b,c)$. Вектор диагонали $\vec{AC_1}$ имеет координаты $(a, b, c)$, а его длина $d = |\vec{AC_1}| = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Синус этого угла равен модулю скалярного произведения нормированных векторов прямой и нормали к плоскости.

Грань $BB_1C_1C$ (в условии задачи указана как $BB_1C_1$, что подразумевает плоскость этой грани) лежит в плоскости с уравнением $x=a$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n_1} = (1, 0, 0)$. По условию, угол между диагональю $AC_1$ и этой гранью равен $\alpha$.$$ \sin{\alpha} = \frac{|\vec{AC_1} \cdot \vec{n_1}|}{|\vec{AC_1}| \cdot |\vec{n_1}|} = \frac{|(a,b,c) \cdot (1,0,0)|}{d \cdot 1} = \frac{a}{d} $$Отсюда получаем $a = d \sin{\alpha}$.

Грань $CDD_1C_1$ (в условии $CDD_1$) лежит в плоскости с уравнением $y=b$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n_2} = (0, 1, 0)$. Угол между диагональю $AC_1$ и этой гранью также равен $\alpha$.$$ \sin{\alpha} = \frac{|\vec{AC_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{AC_1}| \cdot |\vec{n_2}|} = \frac{|(a,b,c) \cdot (0,1,0)|}{d \cdot 1} = \frac{b}{d} $$Отсюда получаем $b = d \sin{\alpha}$.

Сравнивая выражения для $a$ и $b$, заключаем, что $a=b$. Это означает, что основание параллелепипеда — квадрат. Теперь найдем высоту $c$, используя основное соотношение для диагонали:$d^2 = a^2 + b^2 + c^2 = (d \sin{\alpha})^2 + (d \sin{\alpha})^2 + c^2 = 2d^2 \sin^2{\alpha} + c^2$. Выразим $c^2$:$c^2 = d^2 - 2d^2 \sin^2{\alpha} = d^2(1 - 2\sin^2{\alpha}) = d^2 \cos(2\alpha)$.

Нам нужно найти угол $\phi$ между плоскостями $(BC_1D)$ и $(A_1B_1C_1)$. Плоскость $(A_1B_1C_1)$ — это верхняя грань $A_1B_1C_1D_1$, которая параллельна плоскости основания $(ABCD)$. Следовательно, искомый угол равен углу между плоскостью $(BC_1D)$ и плоскостью основания $(ABCD)$.

Этот угол можно найти через отношение площади ортогональной проекции фигуры к площади самой фигуры. Проекцией треугольника $BC_1D$ на плоскость основания $(ABCD)$ является треугольник $BCD$. Таким образом, $\cos{\phi} = \frac{S_{BCD}}{S_{BC_1D}}$.

Найдем площади этих треугольников.1. Треугольник $BCD$ является прямоугольным, так как $ABCD$ — прямоугольник. Его катеты $BC=AD=b=a$ и $CD=AB=a$.$S_{BCD} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot CD = \frac{1}{2} a^2$.

2. Для нахождения площади треугольника $BC_1D$ воспользуемся векторным произведением. Координаты его вершин: $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$ (так как $b=a$), $C_1(a,a,c)$. Найдем векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DC_1}$:$\vec{DB} = (a-0, 0-a, 0-0) = (a, -a, 0)$.$\vec{DC_1} = (a-0, a-a, c-0) = (a, 0, c)$. Площадь треугольника $BC_1D$ равна половине модуля векторного произведения этих векторов:$S_{BC_1D} = \frac{1}{2} |\vec{DB} \times \vec{DC_1}|$.$\vec{DB} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -a & 0 \\ a & 0 & c \end{vmatrix} = -ac\mathbf{i} - ac\mathbf{j} + a^2\mathbf{k} = (-ac, -ac, a^2)$.$|\vec{DB} \times \vec{DC_1}| = \sqrt{(-ac)^2 + (-ac)^2 + (a^2)^2} = \sqrt{a^2c^2 + a^2c^2 + a^4} = \sqrt{2a^2c^2 + a^4} = a\sqrt{2c^2 + a^2}$.$S_{BC_1D} = \frac{1}{2} a\sqrt{2c^2 + a^2}$.

Теперь найдем косинус угла $\phi$:$\cos{\phi} = \frac{\frac{1}{2} a^2}{\frac{1}{2} a\sqrt{2c^2 + a^2}} = \frac{a}{\sqrt{2c^2 + a^2}}$.

Подставим ранее найденные выражения $a=d\sin\alpha$ и $c^2=d^2\cos(2\alpha)$:$\cos{\phi} = \frac{d\sin\alpha}{\sqrt{2d^2\cos(2\alpha) + (d\sin\alpha)^2}} = \frac{d\sin\alpha}{d\sqrt{2\cos(2\alpha) + \sin^2\alpha}} = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2\cos(2\alpha) + \sin^2\alpha}}$.

Упростим выражение в знаменателе, используя формулу $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2\alpha$:$2\cos(2\alpha) + \sin^2\alpha = 2(1 - 2\sin^2\alpha) + \sin^2\alpha = 2 - 4\sin^2\alpha + \sin^2\alpha = 2 - 3\sin^2\alpha$.

Таким образом, косинус искомого угла равен:$\cos{\phi} = \frac{\sin\alpha}{\sqrt{2 - 3\sin^2\alpha}}$. И сам угол $\phi$:$\phi = \arccos\left(\frac{\sin\alpha}{\sqrt{2 - 3\sin^2\alpha}}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sin\alpha}{\sqrt{2 - 3\sin^2\alpha}}\right)$.