Номер 305, страница 118 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

305*. Докажите, что:

a) если один катет равнобедренного прямоугольного треугольника принадлежит плоскости, а второй образует с ней угол в $45^\circ$, то гипотенуза образует с плоскостью угол в $30^\circ$;

б) если наклонная $a$ образует с плоскостью $\alpha$ угол в $45^\circ$, а прямая $b$ плоскости — угол в $45^\circ$ с проекцией наклонной, то угол между прямыми $a$ и $b$ равен $60^\circ$.

а)

Пусть дан равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$, то есть $\angle C = 90^\circ$. Так как треугольник равнобедренный, его катеты равны: $AC = BC$. Обозначим длину катетов за $x$, то есть $AC = BC = x$.

По теореме Пифагора найдем длину гипотенузы $AB$:
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{x^2 + x^2} = \sqrt{2x^2} = x\sqrt{2}$.

Пусть катет $AC$ лежит в плоскости $\alpha$. Это означает, что точки $A$ и $C$ принадлежат плоскости $\alpha$.

Второй катет $BC$ образует с плоскостью $\alpha$ угол в $45^\circ$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость.

Чтобы найти проекцию катета $BC$ на плоскость $\alpha$, опустим перпендикуляр из точки $B$ на плоскость $\alpha$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра. Тогда отрезок $BH$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$ ($BH \perp \alpha$), а отрезок $HC$ — проекцией катета $BC$ на плоскость $\alpha$. Угол между катетом $BC$ и его проекцией $HC$ и есть угол между катетом $BC$ и плоскостью $\alpha$. По условию, $\angle BCH = 45^\circ$.

Рассмотрим треугольник $BCH$. Так как $BH \perp \alpha$, а прямая $HC$ лежит в плоскости $\alpha$, то $BH \perp HC$. Следовательно, $\triangle BCH$ — прямоугольный с $\angle BHC = 90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $BCH$ мы знаем гипотенузу $BC = x$ и угол $\angle BCH = 45^\circ$. Найдем длину катета $BH$:
$BH = BC \cdot \sin(\angle BCH) = x \cdot \sin(45^\circ) = x \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Теперь нам нужно доказать, что гипотенуза $AB$ образует с плоскостью $\alpha$ угол в $30^\circ$. Для этого найдем угол между гипотенузой $AB$ и ее проекцией на плоскость $\alpha$.

Проекцией точки $A$ на плоскость $\alpha$ является сама точка $A$. Проекцией точки $B$ на плоскость $\alpha$ является точка $H$. Значит, проекцией гипотенузы $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AH$. Искомый угол — это $\angle BAH$.

Рассмотрим треугольник $BAH$. Так как $BH \perp \alpha$, а прямая $AH$ лежит в плоскости $\alpha$, то $BH \perp AH$. Следовательно, $\triangle BAH$ — прямоугольный с $\angle BHA = 90^\circ$.

В прямоугольном треугольнике $BAH$ найдем синус угла $\angle BAH$:
$\sin(\angle BAH) = \frac{BH}{AB}$.

Подставим найденные ранее значения для $BH$ и $AB$:
$\sin(\angle BAH) = \frac{x \frac{\sqrt{2}}{2}}{x\sqrt{2}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Так как $\sin(\angle BAH) = \frac{1}{2}$, а $\angle BAH$ — острый угол в прямоугольном треугольнике, то $\angle BAH = 30^\circ$.

Таким образом, мы доказали, что гипотенуза образует с плоскостью угол в $30^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

б)

Для доказательства воспользуемся методом координат.

Пусть плоскость $\alpha$ совпадает с координатной плоскостью $Oxy$.
Пусть наклонная прямая $a$ и прямая $b$ пересекаются в начале координат $O(0, 0, 0)$. Это не уменьшает общности, так как угол между скрещивающимися прямыми равен углу между соответствующими параллельными им пересекающимися прямыми.

Проекцией наклонной $a$ на плоскость $\alpha$ (плоскость $Oxy$) является некоторая прямая $a'$. Направим ось $Ox$ вдоль этой проекции $a'$.

Прямая $b$ лежит в плоскости $\alpha$ (плоскость $Oxy$) и по условию образует с проекцией $a'$ (осью $Ox$) угол в $45^\circ$. Тогда направляющий вектор прямой $b$ можно задать как $\vec{v}_b = (\cos 45^\circ, \sin 45^\circ, 0) = (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$.

Наклонная $a$ образует с плоскостью $\alpha$ угол в $45^\circ$. Этот угол равен углу между самой прямой $a$ и ее проекцией $a'$. Так как проекция $a'$ лежит на оси $Ox$, прямая $a$ лежит в плоскости, проходящей через ось $Ox$ и перпендикулярной плоскости $Oxy$, то есть в плоскости $Oxz$. Угол между прямой $a$ и осью $Ox$ составляет $45^\circ$. Тогда направляющий вектор прямой $a$ можно задать как $\vec{v}_a = (\cos 45^\circ, 0, \sin 45^\circ) = (\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2})$.

Теперь найдем угол $\gamma$ между прямыми $a$ и $b$, используя их направляющие векторы $\vec{v}_a$ и $\vec{v}_b$. Косинус угла между векторами вычисляется по формуле:
$\cos \gamma = \frac{\vec{v}_a \cdot \vec{v}_b}{|\vec{v}_a| \cdot |\vec{v}_b|}$.

Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{v}_a \cdot \vec{v}_b = (\frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot (\frac{\sqrt{2}}{2}) + 0 \cdot (\frac{\sqrt{2}}{2}) + (\frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot 0 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

Найдем модули векторов:
$|\vec{v}_a| = \sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + 0^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{2}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{1} = 1$.
$|\vec{v}_b| = \sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{2}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{1} = 1$.

Подставим значения в формулу для косинуса угла:
$\cos \gamma = \frac{1/2}{1 \cdot 1} = \frac{1}{2}$.

Отсюда находим угол $\gamma$:
$\gamma = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Таким образом, мы доказали, что угол между прямыми $a$ и $b$ равен $60^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.