Страница 55 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.69. Через катет $AC$ прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом $C$ проведена плоскость $\alpha$, которая с плоскостью $ABC$ составляет угол, равный $30^\circ$. Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$, если $AC = 6$ см, $AB = 10$ см.

Поскольку треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом $C$, мы можем найти длину катета $BC$ по теореме Пифагора: $AB^2 = AC^2 + BC^2$.

Подставив известные значения, получим: $10^2 = 6^2 + BC^2$ $100 = 36 + BC^2$ $BC^2 = 100 - 36 = 64$ $BC = \sqrt{64} = 8$ см.

Расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. Обозначим искомое расстояние как $BH$, где $H$ — основание перпендикуляра, лежащее в плоскости $\alpha$. Таким образом, $BH \perp \alpha$.

Рассмотрим двугранный угол между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $AC$. Угол между плоскостями равен $30^\circ$.

Для нахождения линейного угла этого двугранного угла выполним следующие построения:

1. В плоскости $ABC$ имеем катет $BC$, который перпендикулярен ребру двугранного угла $AC$ ($BC \perp AC$), так как $\angle C = 90^\circ$.

2. Проведем из точки $B$ перпендикуляр $BH$ к плоскости $\alpha$.

3. Соединим точки $C$ и $H$. Отрезок $CH$ является проекцией наклонной $BC$ на плоскость $\alpha$.

По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $BC$ перпендикулярна прямой $AC$ в плоскости $\alpha$, то и ее проекция $CH$ перпендикулярна этой прямой ($CH \perp AC$).

Следовательно, угол $\angle BCH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$. По условию, $\angle BCH = 30^\circ$.

Рассмотрим треугольник $BHC$. Так как $BH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $CH$. Значит, $\triangle BHC$ — прямоугольный с прямым углом $H$.

В прямоугольном треугольнике $BHC$ катет $BH$ лежит напротив угла $\angle BCH = 30^\circ$. Гипотенузой является отрезок $BC = 8$ см.

Найдем длину катета $BH$: $BH = BC \cdot \sin(\angle BCH) = 8 \cdot \sin(30^\circ)$

Поскольку $\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$, то: $BH = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$ см.

Таким образом, расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ равно 4 см.

Ответ: 4 см.

2.70. Верно ли утверждение: «Две плоскости, перпендикулярные одной плоскости, параллельны между собой»?

Нет, данное утверждение неверно. Две плоскости, перпендикулярные одной и той же третьей плоскости, могут быть как параллельны, так и пересекаться.

Чтобы доказать, что утверждение ложно, достаточно привести один контрпример.

Рассмотрим три плоскости $α$, $β$ и $γ$. Пусть дано, что $α \perp γ$ и $β \perp γ$.

В качестве контрпримера можно представить пол комнаты как плоскость $γ$ и две смежные стены как плоскости $α$ и $β$. Каждая из этих стен перпендикулярна полу, то есть $α \perp γ$ и $β \perp γ$. Однако эти две стены не параллельны друг другу — они пересекаются по прямой (углу комнаты).

Более строго, если две пересекающиеся плоскости ($α$ и $β$) перпендикулярны третьей плоскости ($γ$), то их линия пересечения также перпендикулярна этой плоскости ($γ$).

Наглядная иллюстрация пересекающихся плоскостей, перпендикулярных третьей плоскости:

На рисунке плоскости $α$ и $β$ перпендикулярны плоскости $γ$, но при этом они пересекаются, а значит, не являются параллельными.

Таким образом, утверждение «Две плоскости, перпендикулярные одной плоскости, параллельны между собой» является ложным, так как оно выполняется не во всех случаях.

Ответ: нет, утверждение неверно.

2.71. Даны плоскости $\alpha, \beta, \gamma$, $\alpha \perp \gamma$, $\beta \perp \gamma$ и $\alpha \perp \beta$. Покажите, что прямая $a=\alpha \cap \beta$ перпендикулярна плоскости $\gamma$.

Для доказательства того, что прямая $a$ перпендикулярна плоскости $γ$, мы воспользуемся свойствами перпендикулярных плоскостей и теоремой о единственности перпендикуляра к плоскости.

Дано:

• Плоскости $α$, $β$, $γ$.
• $α \perp γ$ (плоскость $α$ перпендикулярна плоскости $γ$).
• $β \perp γ$ (плоскость $β$ перпендикулярна плоскости $γ$).
• $α \perp β$ (плоскость $α$ перпендикулярна плоскости $β$).
• $a = α \cap β$ (прямая $a$ является линией пересечения плоскостей $α$ и $β$).

Требуется доказать: $a \perp γ$.

Доказательство:

1. Выберем на прямой $a$ произвольную точку $P$. Так как $a = α \cap β$, точка $P$ принадлежит одновременно и плоскости $α$, и плоскости $β$ ($P \in α$ и $P \in β$).

2. По условию, плоскость $α$ перпендикулярна плоскости $γ$. Из свойства перпендикулярных плоскостей следует, что если одна из двух перпендикулярных плоскостей содержит прямую, перпендикулярную их линии пересечения, то эта прямая перпендикулярна и второй плоскости. Более общее следствие гласит, что в плоскости $α$ можно провести прямую, перпендикулярную плоскости $γ$. Проведем через нашу точку $P \in α$ прямую $l_1$ так, что $l_1 \subset α$ и $l_1 \perp γ$.

3. Аналогично, по условию $β \perp γ$. Проведем через ту же точку $P \in β$ прямую $l_2$ так, что $l_2 \subset β$ и $l_2 \perp γ$.

4. Таким образом, мы получили две прямые, $l_1$ и $l_2$, которые проходят через одну и ту же точку $P$ и обе перпендикулярны одной и той же плоскости $γ$.

5. Согласно теореме о единственности перпендикуляра к плоскости, через любую точку пространства можно провести только одну прямую, перпендикулярную данной плоскости. Следовательно, прямые $l_1$ и $l_2$ должны совпадать, то есть $l_1 = l_2$.

6. Прямая $l_1$ лежит в плоскости $α$ ($l_1 \subset α$), а прямая $l_2$ лежит в плоскости $β$ ($l_2 \subset β$). Поскольку $l_1$ и $l_2$ — это одна и та же прямая, эта прямая принадлежит обеим плоскостям $α$ и $β$.

7. По определению, линия пересечения двух плоскостей — это прямая, содержащая все их общие точки. По условию задачи, $a = α \cap β$. Так как совпадающие прямые $l_1$ и $l_2$ лежат в обеих плоскостях, они должны совпадать с линией их пересечения, то есть с прямой $a$. Таким образом, $a = l_1 = l_2$.

8. Из шага 2 (или 3) мы знаем, что $l_1 \perp γ$. Поскольку $a = l_1$, то и прямая $a$ перпендикулярна плоскости $γ$.

Что и требовалось доказать.

Замечание: для данного доказательства условие $α \perp β$ является избыточным. Утверждение верно, даже если плоскости $α$ и $β$ не перпендикулярны друг другу.

Ответ: Доказано, что прямая $a = α \cap β$ перпендикулярна плоскости $γ$.

2.72. Ребро куба равно 8 см. Найдите длину отрезка, соединяющего середины двух скрещивающихся ребер.

Пусть дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром $a = 8$ см. Скрещивающиеся ребра — это ребра, которые не лежат в одной плоскости, то есть не пересекаются и не параллельны. В силу симметрии куба, расстояние между серединами любых двух скрещивающихся ребер будет одинаковым. Выберем для удобства два скрещивающихся ребра: ребро $AB$ на нижнем основании и ребро $A_1D_1$ на верхнем основании.

Пусть $M$ — середина ребра $AB$, а $N$ — середина ребра $A_1D_1$. Требуется найти длину отрезка $MN$.

Для нахождения длины отрезка $MN$ воспользуемся методом проекций. Спроецируем точку $M$ на плоскость верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$. Проекцией точки $M$ будет точка $M'$, которая является серединой ребра $A_1B_1$.

Отрезок $MM'$ перпендикулярен плоскости верхнего основания, а значит, и отрезку $M'N$, лежащему в этой плоскости. Таким образом, треугольник $MM'N$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $M'$. Длина катета $MM'$ равна расстоянию между плоскостями оснований куба, то есть длине ребра $a$.
$MM' = a = 8$ см.

Длину катета $M'N$ найдем, рассмотрев верхнее основание куба — квадрат $A_1B_1C_1D_1$. В этом квадрате точки $M'$ и $N$ являются серединами смежных сторон $A_1B_1$ и $A_1D_1$ соответственно. Рассмотрим треугольник $A_1M'N$. Он является прямоугольным (угол $\angle M'A_1N$ прямой) и равнобедренным.
Катеты этого треугольника равны:
$A_1M' = \frac{1}{2}A_1B_1 = \frac{a}{2}$
$A_1N = \frac{1}{2}A_1D_1 = \frac{a}{2}$
По теореме Пифагора для треугольника $A_1M'N$:
$M'N^2 = A_1M'^2 + A_1N^2 = (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} = \frac{2a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.

Теперь вернемся к прямоугольному треугольнику $MM'N$. По теореме Пифагора:
$MN^2 = MM'^2 + M'N^2 = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{2a^2 + a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$.
Отсюда находим искомую длину отрезка $MN$:
$MN = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Подставим значение длины ребра куба $a = 8$ см:
$MN = \frac{8\sqrt{6}}{2} = 4\sqrt{6}$ см.

Ответ: $4\sqrt{6}$ см.

2.73. Найдите двугранные углы треугольной пирамиды, все ребра которой равны между собой.

Треугольная пирамида, все ребра которой равны между собой, называется правильным тетраэдром. У правильного тетраэдра все грани являются равными равносторонними треугольниками. В силу симметрии все двугранные углы такого тетраэдра равны. Найдем один из них.

Пусть дан правильный тетраэдр $DABC$, все ребра которого равны $a$. Найдем двугранный угол при ребре основания $BC$. Этот угол образован двумя гранями: плоскостью основания $(ABC)$ и боковой гранью $(DBC)$.

Величина двугранного угла измеряется величиной его линейного угла. Для построения линейного угла проведем в каждой из граней перпендикуляр к общему ребру $BC$ из одной и той же точки.

Пусть $M$ – середина ребра $BC$.

1. В треугольнике $ABC$, который является равносторонним, медиана $AM$ является также и высотой. Следовательно, $AM \perp BC$.

2. В треугольнике $DBC$, который также является равносторонним, медиана $DM$ является также и высотой. Следовательно, $DM \perp BC$.

Таким образом, угол $\angle DMA$ является линейным углом двугранного угла при ребре $BC$. Обозначим этот угол как $\alpha$.

Для нахождения величины угла $\alpha$ рассмотрим треугольник $DMA$ и найдем его стороны:

• Стороны $AM$ и $DM$ являются высотами (и медианами) в равносторонних треугольниках $ABC$ и $DBC$ со стороной $a$. Длина высоты в равностороннем треугольнике вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Значит, $AM = DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

• Сторона $AD$ является ребром тетраэдра, поэтому $AD = a$.

Теперь применим к треугольнику $DMA$ теорему косинусов:

$AD^2 = AM^2 + DM^2 - 2 \cdot AM \cdot DM \cdot \cos(\alpha)$

Подставим найденные длины сторон в формулу:

$a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \cdot \cos(\alpha)$

Упростим выражение:

$a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\alpha)$

$a^2 = \frac{6a^2}{4} - \frac{6a^2}{4} \cdot \cos(\alpha)$

$a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\alpha)$

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (так как $a \ne 0$):

$1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\alpha)$

Выразим $\cos(\alpha)$:

$\frac{3}{2} \cos(\alpha) = \frac{3}{2} - 1$

$\frac{3}{2} \cos(\alpha) = \frac{1}{2}$

$\cos(\alpha) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$

Следовательно, искомый двугранный угол $\alpha$ равен $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$. Так как все двугранные углы правильного тетраэдра равны, это значение является ответом на вопрос задачи.

Ответ: все двугранные углы равны $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

2.74. Точка A расположена на расстоянии 3 см и 4 см от граней прямого двугранного угла. Найдите расстояние от точки A до ребра двугранного угла.

Для решения задачи введем трехмерную прямоугольную систему координат. Пусть ребром двугранного угла является ось $Oz$, а его гранями — полуплоскости координатных плоскостей $Oxz$ и $Oyz$ для $x \ge 0$ и $y \ge 0$. Так как двугранный угол прямой, его грани (плоскости $Oxz$ и $Oyz$) перпендикулярны друг другу.

Пусть точка $A$ имеет координаты $(x_A, y_A, z_A)$.

Расстояние от точки $A(x_A, y_A, z_A)$ до одной грани, например, до плоскости $Oxz$ (уравнение которой $y=0$), равно $|y_A|$. По условию, это расстояние составляет 3 см. Следовательно, $|y_A| = 3$.

Расстояние от точки $A(x_A, y_A, z_A)$ до другой грани, плоскости $Oyz$ (уравнение которой $x=0$), равно $|x_A|$. По условию, это расстояние составляет 4 см. Следовательно, $|x_A| = 4$.

Таким образом, мы знаем две координаты точки $A$ (с точностью до знака). Для простоты будем считать, что точка $A$ находится в первом октанте, тогда ее координаты $x_A=4$ и $y_A=3$. Координата $z_A$ может быть любой.

Требуется найти расстояние от точки $A$ до ребра двугранного угла, которое в нашей системе координат является осью $Oz$. Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую.

Проекцией точки $A(x_A, y_A, z_A)$ на ось $Oz$ является точка $D$ с координатами $(0, 0, z_A)$.

Расстояние $AD$ можно найти по формуле расстояния между двумя точками в пространстве:

$d = \sqrt{(x_A - 0)^2 + (y_A - 0)^2 + (z_A - z_A)^2}$

Подставим известные значения координат:

$d = \sqrt{x_A^2 + y_A^2} = \sqrt{(|x_A|)^2 + (|y_A|)^2}$

$d = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ см.

Это расстояние не зависит от координаты $z_A$. Геометрически это означает, что искомое расстояние является гипотенузой прямоугольного треугольника, катетами которого являются расстояния от точки до граней двугранного угла. Этот прямоугольный треугольник лежит в плоскости, проходящей через точку $A$ и перпендикулярной ребру двугранного угла.

Ответ: Расстояние от точки А до ребра двугранного угла равно 5 см.

2.75. Дана треугольная пирамида $SABC$, все ребра которой равны между собой. Точка $D$ является серединой ребра $AB$. Покажите, что угол $CDS$ является линейным углом соответствующего двугранного угла.

По условию, дана треугольная пирамида $SABC$, все ребра которой равны между собой. Это означает, что $SABC$ является правильным тетраэдром, и все его грани — равносторонние треугольники.

Линейный угол двугранного угла — это угол между двумя перпендикулярами к ребру двугранного угла, проведенными в его гранях из одной точки на ребре. Чтобы показать, что угол $∠CDS$ является линейным углом двугранного угла, нужно доказать, что он образован двумя отрезками ($CD$ и $SD$), перпендикулярными общему ребру $AB$ граней $ABC$ и $SAB$.

1. Рассмотрим основание пирамиды — треугольник $ABC$. Так как все ребра пирамиды равны, то $\triangle ABC$ — равносторонний. Точка $D$ является серединой ребра $AB$ по условию. В равностороннем треугольнике медиана ($CD$) является также и высотой. Следовательно, $CD \perp AB$.

2. Рассмотрим боковую грань — треугольник $SAB$. Аналогично, $\triangle SAB$ является равносторонним. Отрезок $SD$ соединяет вершину $S$ с серединой стороны $AB$, следовательно, $SD$ — медиана $\triangle SAB$. В равностороннем треугольнике медиана также является и высотой. Следовательно, $SD \perp AB$.

Таким образом, отрезки $CD$ и $SD$ лежат в плоскостях граней $ABC$ и $SAB$ соответственно, исходят из одной точки $D$ на общем ребре $AB$ и оба перпендикулярны этому ребру. По определению, угол $∠CDS$ между этими отрезками является линейным углом двугранного угла между гранями $ABC$ и $SAB$ с ребром $AB$.

Ответ: Угол $∠CDS$ является линейным углом двугранного угла между гранями $ABC$ и $SAB$, так как отрезки $CD$ и $SD$, образующие этот угол, перпендикулярны общему ребру $AB$ этих граней и проведены из одной точки $D$ на этом ребре, что и требовалось доказать.

2.76. Один катет равнобедренного прямоугольного треугольника принадлежит плоскости $\alpha$, а другой катет образует с ней угол, равный $45^\circ$. Найдите угол между гипотенузой треугольника и плоскостью $\alpha$.

Пусть дан равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$. Поскольку треугольник равнобедренный, его катеты равны: $AC = BC$. Обозначим их длину как $a$. Тогда, по теореме Пифагора, длина гипотенузы $AB$ равна $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$.

По условию задачи, один катет, пусть это будет катет $BC$, принадлежит плоскости $\alpha$. Другой катет, $AC$, образует с плоскостью $\alpha$ угол, равный $45^\circ$. Требуется найти угол между гипотенузой $AB$ и плоскостью $\alpha$.

Угол между прямой и плоскостью определяется как угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Для нахождения этого угла выполним построение. Опустим перпендикуляр из точки $A$ на плоскость $\alpha$ и обозначим его основание как $A'$. Тогда отрезок $A'B$ является проекцией гипотенузы $AB$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $A'C$ — проекцией катета $AC$ на эту же плоскость.

По определению, угол между катетом $AC$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle ACA'$, который по условию равен $45^\circ$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AA'C$. Угол $\angle AA'C = 90^\circ$, поскольку $AA'$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$. Используя тригонометрические соотношения в этом треугольнике, найдем длину перпендикуляра $AA'$:$AA' = AC \cdot \sin(\angle ACA') = a \cdot \sin(45^\circ) = a\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Искомый угол $\gamma$ между гипотенузой $AB$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle ABA'$, образованный гипотенузой $AB$ и её проекцией $A'B$. Для нахождения этого угла рассмотрим треугольник $AA'B$. Так как $AA'$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а прямая $A'B$ лежит в этой плоскости, то $AA' \perp A'B$. Следовательно, треугольник $AA'B$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A'$.

В прямоугольном треугольнике $AA'B$ синус угла $\gamma = \angle ABA'$ равен отношению противолежащего катета $AA'$ к гипотенузе $AB$:$\sin(\gamma) = \frac{AA'}{AB}$.

Мы знаем длины обеих этих сторон: $AA' = a\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $AB = a\sqrt{2}$. Подставим эти значения в формулу:$\sin(\gamma) = \frac{a\frac{\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$.

Угол, синус которого равен $\frac{1}{2}$, составляет $30^\circ$. Таким образом, искомый угол равен $30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

2.77. Наклонная $AB$ составляет с плоскостью $\alpha$ угол в $45^{\circ}$, а прямая $BD$, лежащая в плоскости $\alpha$, составляет угол в $45^{\circ}$ с проекцией $BC$ наклонной $AB$. Найдите угол $ABD$ (рис. 2.39).

Рис. 2.39

По условию задачи, наклонная $AB$ составляет с плоскостью $\alpha$ угол 45°. Проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $BC$. Следовательно, угол между наклонной и её проекцией $\angle ABC = 45°$. Из этого также следует, что $AC$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а значит треугольник $\triangle ABC$ является прямоугольным с прямым углом $\angle ACB = 90°$.
Также дано, что прямая $BD$, лежащая в плоскости $\alpha$, составляет с проекцией $BC$ угол 45°, то есть $\angle DBC = 45°$.
Требуется найти угол $\angle ABD$.

Для нахождения угла $\angle ABD$ в треугольнике $\triangle ABD$ воспользуемся теоремой косинусов:
$AD^2 = AB^2 + BD^2 - 2 \cdot AB \cdot BD \cdot \cos(\angle ABD)$
Из этой формулы можно выразить косинус искомого угла:
$\cos(\angle ABD) = \frac{AB^2 + BD^2 - AD^2}{2 \cdot AB \cdot BD}$

Чтобы вычислить значение косинуса, найдем квадраты длин сторон треугольника $\triangle ABD$. Так как искомый угол не зависит от конкретных длин отрезков, введем переменные. Пусть длина проекции $BC = a$, а длина отрезка $BD = b$.

1. Сначала рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABC$. Так как $\angle ACB = 90°$ и $\angle ABC = 45°$, он является равнобедренным, и его катеты равны: $AC = BC = a$. По теореме Пифагора найдем квадрат гипотенузы $AB$:
$AB^2 = AC^2 + BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$.

2. Теперь найдем квадрат длины стороны $AD$. Рассмотрим треугольник $\triangle ACD$. Поскольку $AC$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$, а отрезок $CD$ лежит в этой плоскости, то $AC \perp CD$. Это означает, что $\triangle ACD$ — прямоугольный с прямым углом $\angle ACD = 90°$. По теореме Пифагора: $AD^2 = AC^2 + CD^2$. Мы уже знаем, что $AC^2 = a^2$.
Для нахождения $CD^2$, рассмотрим треугольник $\triangle BCD$, который полностью лежит в плоскости $\alpha$. В этом треугольнике известны две стороны $BC = a$, $BD = b$ и угол между ними $\angle DBC = 45°$. Применим к нему теорему косинусов:
$CD^2 = BC^2 + BD^2 - 2 \cdot BC \cdot BD \cdot \cos(\angle DBC)$
$CD^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \cos(45°) = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = a^2 + b^2 - ab\sqrt{2}$.
Теперь мы можем найти $AD^2$:
$AD^2 = AC^2 + CD^2 = a^2 + (a^2 + b^2 - ab\sqrt{2}) = 2a^2 + b^2 - ab\sqrt{2}$.

3. Подставим найденные значения $AB^2$, $BD^2 = b^2$ и $AD^2$ в формулу для косинуса угла $\angle ABD$:
$\cos(\angle ABD) = \frac{AB^2 + BD^2 - AD^2}{2 \cdot AB \cdot BD} = \frac{2a^2 + b^2 - (2a^2 + b^2 - ab\sqrt{2})}{2 \cdot \sqrt{2a^2} \cdot b}$
$\cos(\angle ABD) = \frac{2a^2 + b^2 - 2a^2 - b^2 + ab\sqrt{2}}{2 \cdot a\sqrt{2} \cdot b} = \frac{ab\sqrt{2}}{2ab\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$

4. Зная косинус угла, находим сам угол:
$\angle ABD = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60°$.

Ответ: $60°$

2.78. Из точки, отстоящей от плоскости на расстоянии 6 см, проведены две наклонные, образующие с плоскостью углы, равные $45^\circ$ и $30^\circ$, а между собой прямой угол. Найдите расстояние между основаниями наклонных.

Пусть точка А находится на расстоянии 6 см от плоскости α. AH — перпендикуляр, опущенный из точки А на плоскость α, следовательно, длина AH = 6 см. AB и AC — две наклонные, проведенные из точки А к плоскости α. Точки B и C — основания наклонных.

HB и HC являются проекциями наклонных AB и AC на плоскость α. Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость.Следовательно, по условию задачи:

• $AH = 6$ см
• $\angle ABH = 45^\circ$
• $\angle ACH = 30^\circ$
• Угол между наклонными $\angle BAC = 90^\circ$

Требуется найти расстояние между основаниями наклонных, то есть длину отрезка BC.

Решение

1. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHB$ (угол $\angle AHB = 90^\circ$, так как AH — перпендикуляр к плоскости α). Из этого треугольника найдем длину наклонной AB.
$\sin(\angle ABH) = \frac{AH}{AB}$
$AB = \frac{AH}{\sin(\angle ABH)} = \frac{6}{\sin(45^\circ)} = \frac{6}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{12}{\sqrt{2}} = 6\sqrt{2}$ см.

2. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AHC$ (угол $\angle AHC = 90^\circ$). Из этого треугольника найдем длину наклонной AC.
$\sin(\angle ACH) = \frac{AH}{AC}$
$AC = \frac{AH}{\sin(\angle ACH)} = \frac{6}{\sin(30^\circ)} = \frac{6}{\frac{1}{2}} = 12$ см.

3. По условию, угол между наклонными AB и AC равен 90°, то есть $\angle BAC = 90^\circ$. Это означает, что треугольник $\triangle ABC$ является прямоугольным с гипотенузой BC.
Найдем длину гипотенузы BC по теореме Пифагора: $BC^2 = AB^2 + AC^2$.
$BC^2 = (6\sqrt{2})^2 + 12^2 = (36 \cdot 2) + 144 = 72 + 144 = 216$.
$BC = \sqrt{216} = \sqrt{36 \cdot 6} = 6\sqrt{6}$ см.

Ответ: расстояние между основаниями наклонных равно $6\sqrt{6}$ см.

2.79. Докажите, что параллельные наклонные образуют с плоскостью равные углы.

Для доказательства утверждения воспользуемся определением угла между прямой и плоскостью.

Дано:
Плоскость $\alpha$.
Две параллельные прямые $a$ и $b$ ($a \parallel b$), которые пересекают плоскость $\alpha$ в точках $A$ и $C$ соответственно. Прямые $a$ и $b$ являются наклонными к плоскости $\alpha$.

Доказать:
Углы, которые прямые $a$ и $b$ образуют с плоскостью $\alpha$, равны.

Доказательство:

1. По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её ортогональной проекцией на эту плоскость. Угол этот острый.

2. Построим проекцию прямой $a$ на плоскость $\alpha$. Для этого выберем на прямой $a$ произвольную точку $B$, отличную от точки $A$. Опустим из точки $B$ перпендикуляр $BB'$ на плоскость $\alpha$. Прямая $AB'$ является проекцией прямой $a$ на плоскость $\alpha$. Угол, который прямая $a$ образует с плоскостью $\alpha$, — это угол $\phi_a = \angle BAB'$.

3. Построим проекцию прямой $b$ на плоскость $\alpha$. На прямой $b$ от точки $C$ отложим отрезок $CD$ так, чтобы он был равен по длине и сонаправлен отрезку $AB$. Такое построение возможно, поскольку прямые $a$ и $b$ параллельны. Таким образом, по построению имеем $AB = CD$. Опустим из точки $D$ перпендикуляр $DD'$ на плоскость $\alpha$. Прямая $CD'$ является проекцией прямой $b$ на плоскость $\alpha$. Угол, который прямая $b$ образует с плоскостью $\alpha$, — это угол $\phi_b = \angle DCD'$.

4. Нам нужно доказать, что $\phi_a = \phi_b$, то есть $\angle BAB' = \angle DCD'$. Для этого рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABB'$ (с прямым углом $\angle AB'B$) и $\triangle CDD'$ (с прямым углом $\angle CD'D$).

5. Сравним катеты $BB'$ и $DD'$. Отрезок $BB'$ — это расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$. Отрезок $DD'$ — это расстояние от точки $D$ до плоскости $\alpha$. Так как по построению отрезки $AB$ и $CD$ равны и сонаправлены, а прямые $a$ и $b$, на которых они лежат, параллельны, то четырехугольник $ABDC$ является параллелограммом. Из этого следует, что $AC \parallel BD$. Поскольку прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, то прямая $BD$ параллельна плоскости $\alpha$. По определению, все точки прямой, параллельной плоскости, находятся на одинаковом расстоянии от этой плоскости. Следовательно, расстояние от точки $B$ до $\alpha$ равно расстоянию от точки $D$ до $\alpha$. Таким образом, длины перпендикуляров равны: $BB' = DD'$.

6. Теперь сравним треугольники $\triangle ABB'$ и $\triangle CDD'$. Они оба прямоугольные. По построению их гипотенузы равны ($AB = CD$), и мы доказали, что их катеты $BB'$ и $DD'$ также равны. Следовательно, $\triangle ABB' \cong \triangle CDD'$ по признаку равенства прямоугольных треугольников (по гипотенузе и катету).

7. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов. Значит, $\angle BAB' = \angle DCD'$, или $\phi_a = \phi_b$.

Таким образом, мы доказали, что параллельные наклонные образуют с плоскостью равные углы. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Параллельные наклонные образуют с плоскостью равные углы. Это следует из того, что можно построить два конгруэнтных прямоугольных треугольника ($\triangle ABB'$ и $\triangle CDD'$ на рисунке), острыми углами которых ($\angle BAB'$ и $\angle DCD'$) являются искомые углы между наклонными и их проекциями на плоскость. Конгруэнтность треугольников доказывается по гипотенузе и катету.