Задача по стереометрии

[Omega]

Помогите пожалуйста: не могу решить задачу.
Двугранный угол, образованный полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$, равен $\dfrac{\pi}{3}$. Внутри этого угла расположен треугольник $ABC$. Ортогональные проекции треугольника $ABC$ на полуплоскости $\alpha$ и $\beta$ - треугольники $A_{1}B_{1}C$ и $A_{2}B_{2}C$ соответственно ($B_{1}$ и $B_{2}$ - проекции точки $B$; $C_{1}$ и $C_{2}$ - проекции точки $C$). Известно, что $AB=3\sqrt{25-4\sqrt{3}}$, $AC=\sqrt{19-4\sqrt{3}}$, $AB_{1}=9\sqrt{2}$ ,$AB_{2}=6\sqrt{3}$,$AC_{1}>AC_{2}$, каждый из углов $B_{1}AC_{1}$ и $B_{2}AC_{2}$ равны $\dfrac{\pi}{12}$. Найти $BC$.

Пусть $\angle BAC = \gamma$, тогда $S_{\triangle ABC}=\dfrac{ABAC \sin{\gamma}}{2}$ . Также $S_{\triangle AB_{1}C_{1}}=\dfrac{AB_{1}AC_{1} \sin{(\pi/12})}{2}$ и $S_{\triangle AB_{2}C_{2}}=\dfrac{AB_{2}AC_{2} \sin{(\pi/12})}{2}$.
Очевидно, что $S_{\triangle AB_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC} \cos {\varphi_{1}}$ и $S_{\triangle AB_{2}C_{2}}=S_{\triangle ABC} \cos {\varphi_{2}}$, где $\varphi_{1}$ и $\varphi_{2}$ - двугранные углы между $(ABC), (AB_{1}C_{1})$ и $(ABC), (AB_{2}C_{2})$ соответственно. По-моему, также $\varphi_{1} + \varphi_{2} = \dfrac{\pi}{3}$
Как дальше из этих $3$ уравнений с $5$ неизвестными получить $\gamma$ я ума не приложу.

[Shtorm]

Omega в сообщении #617041 писал(а):

.. Ортогональные проекции треугольника $ABC$ на полуплоскости $\alpha$ и $\beta$ - треугольники $A_{1}B_{1}C$ и $A_{2}B_{2}C$

Не вижу на рисунке ни $A_1$, ни $A_2$

[Nacuott]

Shtorm в сообщении #617142 писал(а):

Omega в сообщении #617041 писал(а):

.. Ортогональные проекции треугольника $ABC$ на полуплоскости $\alpha$ и $\beta$ - треугольники $A_{1}B_{1}C$ и $A_{2}B_{2}C$

Не вижу на рисунке ни $A_1$, ни $A_2$

Согласно картинке - они совпадают с А.

[Munin]

Omega в сообщении #617041 писал(а):

По-моему, также $\varphi_{1} + \varphi_{2} = \dfrac{\pi}{3}$

Это ошибка. Треугольник может быть повёрнут между плоскостями, а не расположен как страница в раскрытой книжке.

Я бы начал с проекции точки $B$ на прямую $\alpha\cap\beta=l.$ Обозначим её, например, $B_3.$ Тогда из плоского четырёхугольника $BB_1B_3B_2$ можно найти $BB_3,$ и углы между отрезками $AB_1$ и $AB_2,$ и прямой $l$ (каждый отрезок с прямой). Это даст и положения отрезков $AC_1$ и $AC_2,$ два варианта, один из которых должен исключиться условием $AC_1>AC_2.$ Потом из положения этих отрезков, и величины $AC,$ можно как-то попытаться вытащить положение в пространстве точки $C\ldots$

[Omega]

Прошу прощения за опечатку, в действительности: "...Ортогональные проекции треугольника $ABC$ на полуплоскости $\alpha$ и $\beta$ - треугольники $AB_{1}C_{1}$ и $AB_{2}C_{2}$ соответственно..."

[Omega]

Munin, продолжая вашу мысль: $B_{2}B_{3} \perp l \Rightarrow BB_{3} \perp l$ . Пусть $B_{2}B_{3}=x; AB_{3}=y$ . Так как $\angle B_{1}B_{3}B_{2}=\dfrac{\pi}{3} \Rightarrow $
$B_{1}B_{2}^{2}=B_{1}B_{3}^{2}+x^{2}-B_{1}B_{3}x=BB_{2}^{2}+BB_{1}^{2}-BB_{2}BB_{1}\cos{\angle B_{1}BB_{2}};$
$\angle B_{1}BB_{2}=\dfrac{2\pi}{3};x^{2}+y^{2}=AB_{2}^{2};B_{1}B_{3}^{2}+y^{2}=AB_{1}^{2} \Rightarrow x=\sqrt{B_{1}B_{3}^{2}-54} \Rightarrow $
$y=B_{1}B_{3}=9;x=3\sqrt{3} \Rightarrow \triangle B_{1}B_{3}A$ - равнобедренный $\Rightarrow \angle C_{1}AC_{3}=\dfrac{2\pi}{3}$ , где $C_{3}$ - проекция $C$ на прямую $l$ .
Ну а вот что дальше?Как мне найти заветный $\angle BAC$?

[Omega]

Всё, решил. Тема закрыта

[Munin]

Omega
А как вы рисунки рисуете? Я сначала подумал, что из задачника, но второй вы явно сами нарисовали.

[Omega]

Программа GeoGebra

[Munin]

Спасибо.