Задача №16859

В прямоугольном параллелепипеде $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ $\angle C_{1}A{A}_1=\alpha \text{,}$ $\angle C_{1}AB=\beta \text{,}$ $\angle C_{1}AD=\gamma \text{.}$
А) Докажите, что ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1\text{.}$
Б) Найдите угол между прямой $A{C}_1$ и плоскостью $A_1{B}_1{C}_1\text{,}$ если $\beta =60^{\circ }\text{,}$ $\gamma =45^{\circ }\text{.}$

А) Доказательство тождества ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1\text{.}$

Пусть $A{C}_1=x\text{.}$ Так как параллелепипед прямоугольный, треугольники $A{A}_1{C}_1\text{,}$ $AB{C}_1\text{,}$ $AD{C}_1$ — прямоугольные (с прямыми углами при вершинах $A_1\text{,}$ $B\text{,}$ $D$ соответственно), и в них:

Главная диагональ прямоугольного параллелепипеда выражается через рёбра:

Подставим: $x^2=x^2{\cos }^2\alpha +x^2{\cos }^2\beta +x^2{\cos }^2\gamma \text{.}$ Разделив на $x^2\text{,}$ получаем требуемое: ${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1\text{.}$

Б) Угол между прямой $A{C}_1$ и плоскостью $A_1{B}_1{C}_1$ при $\beta =60^{\circ }\text{,}$ $\gamma =45^{\circ }\text{.}$

Так как $A{A}_1\perp (A_1{B}_1{C}_1)\text{,}$ проекцией точки $A$ на плоскость $A_1{B}_1{C}_1$ является точка $A_1\text{.}$ Значит, проекцией прямой $A{C}_1$ на эту плоскость служит прямая $A_1{C}_1\text{,}$ и искомый угол — это угол $\angle A{C}_1{A}_1\text{.}$

Из доказанного в части А) тождества при $\beta =60^{\circ }$ и $\gamma =45^{\circ }\text{:}$

Угол $\alpha$ — острый (это угол между диагональю и боковым ребром), значит, $\cos \alpha =\frac{1}{2}\text{,}$ $\alpha =60^{\circ }\text{.}$

В прямоугольном треугольнике $A{C}_1{A}_1$ с прямым углом при вершине $A_1$ сумма острых углов равна $90^{\circ }\text{,}$ поэтому

Ответ:

Б) $30^{\circ }$