Страница 56 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

2.80. Из точки $A$, удаленной от плоскости на расстоянии $10$ см, проведены наклонные $AB$ и $AC$ под углом $45^\circ$ к плоскости. Найдите $BC$, если угол между проекциями наклонных равен $120^\circ$.

Пусть $ \pi $ - данная плоскость. Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $ \pi $. Тогда длина отрезка $AH$ равна расстоянию от точки $A$ до плоскости, то есть $AH = 10$ см.

Отрезки $AB$ и $AC$ являются наклонными к плоскости $ \pi $, а отрезки $HB$ и $HC$ - их проекциями на эту плоскость. Угол между наклонной и плоскостью - это угол между самой наклонной и ее проекцией. По условию, $ \angle ABH = 45^\circ $ и $ \angle ACH = 45^\circ $.

Рассмотрим $ \triangle AHB $. Он является прямоугольным, так как $AH$ - перпендикуляр к плоскости $ \pi $, а значит, и к любой прямой, лежащей в этой плоскости ($ \angle AHB = 90^\circ $). В этом треугольнике катет $AH = 10$ см, а острый угол $ \angle ABH = 45^\circ $. Следовательно, $ \triangle AHB $ является равнобедренным прямоугольным треугольником, откуда $HB = AH = 10$ см.

Аналогично, $ \triangle AHC $ также является прямоугольным ($ \angle AHC = 90^\circ $) с катетом $AH = 10$ см и острым углом $ \angle ACH = 45^\circ $. Значит, $ \triangle AHC $ - равнобедренный, и $HC = AH = 10$ см.

Теперь рассмотрим $ \triangle BHC $, который лежит в плоскости $ \pi $. Нам известны длины двух его сторон, $HB = 10$ см и $HC = 10$ см, а также угол между ними. По условию, угол между проекциями наклонных равен $120^\circ$, то есть $ \angle BHC = 120^\circ $.

Для нахождения длины стороны $BC$ применим теорему косинусов к $ \triangle BHC $: $BC^2 = HB^2 + HC^2 - 2 \cdot HB \cdot HC \cdot \cos(\angle BHC)$

Подставим известные значения в формулу: $BC^2 = 10^2 + 10^2 - 2 \cdot 10 \cdot 10 \cdot \cos(120^\circ)$

Зная, что $ \cos(120^\circ) = -1/2 $, получаем: $BC^2 = 100 + 100 - 200 \cdot (-\frac{1}{2})$ $BC^2 = 200 + 100 = 300$

Из этого следует, что длина отрезка $BC$ равна: $BC = \sqrt{300} = \sqrt{100 \cdot 3} = 10\sqrt{3}$ см.

Ответ: $10\sqrt{3}$ см.

2.81. Линейный угол двугранного угла равен $\phi$. На ребре этого угла взяты точки $A$ и $B$, к которым проведены перпендикуляры $AC$ и $BD$, лежащие в разных гранях. Найдите $CD$, если $AB = a$, $AC = b$, $BD = c$.

Для решения задачи воспользуемся методом проекций. Пусть ребро двугранного угла — это прямая, на которой лежат точки A и B. Обозначим плоскости граней как α (содержащую AC) и β (содержащую BD). По условию, `AC \perp AB` и `BD \perp AB`.

Спроецируем точку C из плоскости α на плоскость β. Пусть C' — проекция точки C. Тогда отрезок CC' перпендикулярен плоскости β. Из этого следует, что треугольник $CDC'$ — прямоугольный с прямым углом при вершине C'.

Изобразим данную конфигурацию:

По теореме Пифагора для пространственного треугольника $CDC'$:

$CD^2 = (CC')^2 + (C'D)^2$

Теперь найдем длины катетов $CC'$ и $C'D$.

1. Нахождение длины CC'

Длина отрезка $CC'$ равна расстоянию от точки C до плоскости β. Поскольку $AC$ перпендикулярен ребру двугранного угла, а линейный угол равен φ, то расстояние от C до плоскости β вычисляется как:

$CC' = AC \cdot \sin{φ} = b \cdot \sin{φ}$

2. Нахождение длины C'D

Точки A, B, D и C' лежат в одной плоскости β. Рассмотрим их расположение в этой плоскости. Прямая AB является ребром угла. Отрезок $BD$ перпендикулярен $AB$. Проекция C' точки C на плоскость β лежит на перпендикуляре к $AB$, проведенном из точки A в плоскости β. Длина проекции отрезка AC на эту плоскость равна:

$AC' = AC \cdot \cos{φ} = b \cdot \cos{φ}$

В плоскости β фигура $AC'DB$ является прямоугольной трапецией с основаниями $AC'$ и $BD$, перпендикулярными к боковой стороне $AB$. (Мы предполагаем, что перпендикуляры AC и BD направлены по одну сторону от ребра, что является стандартной трактовкой для таких задач).

Изобразим эту трапецию на плоскости:

Для нахождения длины стороны $C'D$ проведем из C' отрезок $C'E$, параллельный $AB$, где точка E лежит на $BD$. Получим прямоугольник $ABEC'$, следовательно, $C'E = AB = a$ и $BE = AC' = b \cos{φ}$.

Длина отрезка $ED$ равна разности длин оснований: $ED = |BD - BE| = |c - b \cos{φ}|$.

В прямоугольном треугольнике $C'ED$ по теореме Пифагора:

$(C'D)^2 = (C'E)^2 + (ED)^2 = a^2 + (c - b \cos{φ})^2$

3. Итоговый расчет

Теперь подставим найденные выражения для $(CC')^2$ и $(C'D)^2$ в исходную формулу:

$CD^2 = (b \sin{φ})^2 + [a^2 + (c - b \cos{φ})^2]$

$CD^2 = b^2 \sin^2{φ} + a^2 + c^2 - 2bc \cos{φ} + b^2 \cos^2{φ}$

Сгруппируем слагаемые с $b^2$:

$CD^2 = a^2 + c^2 - 2bc \cos{φ} + b^2(\sin^2{φ} + \cos^2{φ})$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2{φ} + \cos^2{φ} = 1$, получаем:

$CD^2 = a^2 + b^2 + c^2 - 2bc \cos{φ}$

Отсюда находим искомую длину $CD$:

Ответ: $CD = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2 - 2bc \cos{φ}}$

2.82. Концы отрезка $AB$ расположены в разных гранях двугранного угла, к ребру которого проведены перпендикуляры $AC$ и $BD$. Докажите, что $\angle ABC = \angle BAD$, если $AC = BD$.

Пусть дан двугранный угол, образованный полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$ с общим ребром $m$. Точка $A$ принадлежит грани $\alpha$, а точка $B$ — грани $\beta$. Из точек $A$ и $B$ к ребру $m$ проведены перпендикуляры $AC$ и $BD$ соответственно, так что точки $C$ и $D$ лежат на ребре $m$. По условию $AC = BD$. Требуется доказать, что $\angle ABC = \angle BAD$.

Рассмотрим треугольники $\triangle ACD$ и $\triangle BDC$.

Поскольку $AC$ является перпендикуляром к ребру $m$, то $AC \perp m$. Отрезок $CD$ лежит на ребре $m$, следовательно, $AC \perp CD$. Это означает, что треугольник $\triangle ACD$ является прямоугольным с прямым углом $\angle ACD = 90^\circ$.

Аналогично, поскольку $BD \perp m$, то $BD \perp CD$. Это означает, что треугольник $\triangle BDC$ является прямоугольным с прямым углом $\angle BDC = 90^\circ$.

Применим теорему Пифагора к этим прямоугольным треугольникам:

В $\triangle ACD$: $AD^2 = AC^2 + CD^2$.

В $\triangle BDC$: $BC^2 = BD^2 + CD^2$.

По условию задачи дано, что $AC = BD$. Возведя обе части этого равенства в квадрат, получим $AC^2 = BD^2$. Сравнивая выражения для $AD^2$ и $BC^2$, мы видим, что их правые части равны, так как $AC^2 = BD^2$ и $CD^2$ является общим слагаемым. Следовательно, $AD^2 = BC^2$, а поскольку длины отрезков — положительные величины, то $AD = BC$.

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle BAD$ и $\triangle ABC$. Сравним их элементы:

1. $AB$ — общая сторона.

2. $BD = AC$ — по условию.

3. $AD = BC$ — как было доказано выше.

Таким образом, $\triangle BAD \cong \triangle ABC$ по трём сторонам (третий признак равенства треугольников). Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих углов. В равных треугольниках против соответственно равных сторон лежат равные углы. В треугольнике $\triangle BAD$ против стороны $BD$ лежит угол $\angle BAD$. В треугольнике $\triangle ABC$ против равной ей стороны $AC$ лежит угол $\angle ABC$. Следовательно, $\angle BAD = \angle ABC$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что $\angle ABC = \angle BAD$ при заданных условиях, доказано.

2.83. Три луча, исходящие из одной точки, образуют между собой три острых угла, равных $\varphi$, $\psi$ и $\omega$. Докажите, что выполняется равенство $\cos \varphi \cdot \cos \psi = \cos \omega$, если плоскости углов $\varphi$ и $\psi$ перпендикулярны между собой.

Пусть три луча исходят из одной точки $O$. Обозначим их направления единичными векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$. Согласно условию задачи, угол между векторами $\vec{a}$ и $\vec{b}$ равен $\phi$, угол между векторами $\vec{b}$ и $\vec{c}$ равен $\psi$, а угол между векторами $\vec{a}$ и $\vec{c}$ равен $\omega$. Все три угла являются острыми. Также дано, что плоскость, в которой лежат лучи, образующие угол $\phi$ (векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$), перпендикулярна плоскости, в которой лежат лучи, образующие угол $\psi$ (векторы $\vec{b}$ и $\vec{c}$).

Для доказательства равенства $\cos \phi \cdot \cos \psi = \cos \omega$ воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную декартову систему координат с началом в точке $O$. Расположим оси координат таким образом, чтобы они соответствовали условиям задачи. Общий луч для двух перпендикулярных плоскостей (соответствующий вектору $\vec{b}$) направим вдоль оси $Ox$. Тогда плоскость, содержащую угол $\phi$, можно совместить с координатной плоскостью $Oxy$, а плоскость, содержащую угол $\psi$, — с координатной плоскостью $Oxz$. Плоскости $Oxy$ и $Oxz$ перпендикулярны и их линией пересечения является ось $Ox$, что полностью соответствует условию.

В этой системе координат единичные векторы, задающие направления лучей, будут иметь следующие координаты. Вектор $\vec{b}$, направленный по оси $Ox$, имеет координаты $\vec{b} = (1, 0, 0)$. Вектор $\vec{a}$, который лежит в плоскости $Oxy$ и образует угол $\phi$ с осью $Ox$, имеет координаты $\vec{a} = (\cos\phi, \sin\phi, 0)$. Вектор $\vec{c}$, который лежит в плоскости $Oxz$ и образует угол $\psi$ с осью $Ox$, имеет координаты $\vec{c} = (\cos\psi, 0, \sin\psi)$.

Косинус угла $\omega$ между векторами $\vec{a}$ и $\vec{c}$ определяется их скалярным произведением, поскольку длины векторов равны единице: $\cos\omega = \vec{a} \cdot \vec{c}$.

Вычислим это скалярное произведение, подставив координаты векторов: $\cos\omega = (\cos\phi, \sin\phi, 0) \cdot (\cos\psi, 0, \sin\psi)$. По определению скалярного произведения в координатах, получаем: $\cos\omega = \cos\phi \cdot \cos\psi + \sin\phi \cdot 0 + 0 \cdot \sin\psi$, что упрощается до $\cos\omega = \cos\phi \cdot \cos\psi$.

Таким образом, мы доказали искомое равенство. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что при заданных условиях выполняется равенство $\cos\phi \cdot \cos\psi = \cos\omega$, доказано.

2.84. В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ найдите угол между прямыми $AC_1$ и $BD$.

Для нахождения угла между скрещивающимися прямыми $AC_1$ и $BD$ в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ можно использовать два способа. Прямая $AC_1$ является пространственной диагональю куба, а $BD$ — диагональю его основания.

Способ 1: Векторный метод

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер куба. Пусть ребро куба равно $a$. Тогда оси $Ox$, $Oy$ и $Oz$ направим вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$ соответственно. Координаты вершин, необходимых для решения, будут следующими: $A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $D(0, a, 0)$ и $C_1(a, a, a)$.

Найдем координаты направляющих векторов для прямых $AC_1$ и $BD$. Для прямой $AC_1$ направляющий вектор $\vec{v_1} = \vec{AC_1} = (a-0, a-0, a-0) = (a, a, a)$. Для прямой $BD$ направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{BD} = (0-a, a-0, 0-0) = (-a, a, 0)$.

Угол $\phi$ между прямыми можно найти через косинус угла между их направляющими векторами по формуле $\cos \phi = \frac{|\vec{v_1} \cdot \vec{v_2}|}{|\vec{v_1}| \cdot |\vec{v_2}|}$. Найдем скалярное произведение векторов: $\vec{v_1} \cdot \vec{v_2} = a \cdot (-a) + a \cdot a + a \cdot 0 = -a^2 + a^2 + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение векторов равно нулю, то векторы перпендикулярны. Это означает, что и прямые, которым они принадлежат, также перпендикулярны. Следовательно, искомый угол равен $90^\circ$.

Способ 2: Геометрический метод (с использованием теоремы о трех перпендикулярах)

Рассмотрим плоскость основания куба $ABCD$. Прямая $AC$ является проекцией наклонной $AC_1$ на эту плоскость, так как ребро $C_1C$ перпендикулярно плоскости $ABCD$. В основании куба лежит квадрат $ABCD$, диагонали которого, $AC$ и $BD$, взаимно перпендикулярны. Таким образом, $AC \perp BD$.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной на плоскость (в нашем случае $AC$) перпендикулярна некоторой прямой, лежащей в этой плоскости (в нашем случае $BD$), то и сама наклонная ($AC_1$) перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $AC_1 \perp BD$.

Угол между прямыми $AC_1$ и $BD$ составляет $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

2.85. Дан прямоугольный параллелепипед $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, угол между прямыми $B_1 C$ и $DC_1$ равен $60^\circ$, $B_1 C = DC_1$. Определите вид четырехугольника $BB_1 C_1 C$.

Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — заданный прямоугольный параллелепипед. Введем обозначения для длин его ребер, выходящих из одной вершины, например, $C$: $CD = a$, $CB = b$, $CC_1 = c$.

Четырехугольник $BB_1C_1C$, вид которого нам нужно определить, является боковой гранью этого параллелепипеда. Поскольку параллелепипед прямоугольный, все его грани являются прямоугольниками. Следовательно, $BB_1C_1C$ — это прямоугольник. Его смежные стороны — это ребра $BC$ и $BB_1$. Длины этих сторон равны $b$ и $c$ соответственно. Чтобы полностью определить вид этого прямоугольника, нужно выяснить соотношение между $b$ и $c$. Если окажется, что $b=c$, то данный прямоугольник будет являться квадратом.

Проанализируем данные условия задачи.Первое условие: $B_1C = DC_1$.$B_1C$ — это диагональ грани $BB_1C_1C$. Эта грань является прямоугольником со сторонами $BC=b$ и $BB_1=c$. По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle CBB_1$, квадрат длины диагонали равен:$B_1C^2 = BC^2 + BB_1^2 = b^2 + c^2$.$DC_1$ — это диагональ грани $DD_1C_1C$. Эта грань является прямоугольником со сторонами $DC=a$ и $DD_1=c$. По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle CDC_1$, квадрат длины диагонали равен:$DC_1^2 = DC^2 + CC_1^2 = a^2 + c^2$.Из условия $B_1C = DC_1$ следует, что $B_1C^2 = DC_1^2$, то есть:$b^2 + c^2 = a^2 + c^2$$b^2 = a^2$Поскольку $a$ и $b$ — это длины ребер, они являются положительными величинами. Следовательно, $a = b$. Этот результат означает, что в основании параллелепипеда лежит квадрат.

Второе условие: угол между скрещивающимися прямыми $B_1C$ и $DC_1$ равен $60^\circ$.Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между пересекающимися прямыми, которые соответственно параллельны данным. Выполним параллельный перенос одной из прямых. Например, перенесем прямую $B_1C$.Рассмотрим четырехугольник $A_1B_1CD$. Ребро $A_1B_1$ параллельно и равно ребру $DC$ (так как $A_1B_1CD$ образуют две противоположные грани). Следовательно, $A_1B_1CD$ — это параллелограмм. В параллелограмме противоположные стороны параллельны, поэтому прямая $B_1C$ параллельна прямой $A_1D$.Таким образом, угол между скрещивающимися прямыми $B_1C$ и $DC_1$ равен углу между пересекающимися прямыми $A_1D$ и $DC_1$. Эти прямые пересекаются в точке $D$, поэтому искомый угол равен $\angle A_1DC_1$ в треугольнике $\triangle A_1DC_1$. Из условия задачи следует, что $\angle A_1DC_1 = 60^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle A_1DC_1$ и найдем длины его сторон.Сторона $A_1D$ — это диагональ грани $AA_1D_1D$. Грань $AA_1D_1D$ — прямоугольник со сторонами $AD$ и $AA_1$. Так как $AD=BC=b$ и $AA_1=CC_1=c$, то по теореме Пифагора $A_1D^2 = AD^2 + AA_1^2 = b^2 + c^2$.Сторона $DC_1$ — это диагональ грани $DD_1C_1C$. Как мы уже выяснили, $DC_1^2 = a^2 + c^2$.Сторона $A_1C_1$ — это диагональ верхней грани $A_1B_1C_1D_1$. Эта грань — прямоугольник со сторонами $A_1D_1=AD=b$ и $D_1C_1=DC=a$. По теореме Пифагора $A_1C_1^2 = A_1D_1^2 + D_1C_1^2 = b^2 + a^2$.

Теперь объединим все полученные результаты. Мы знаем, что $a = b$. Подставим это в выражения для сторон треугольника $\triangle A_1DC_1$:$A_1D^2 = b^2 + c^2$$DC_1^2 = a^2 + c^2 = b^2 + c^2$Из этого следует, что $A_1D = DC_1$, то есть треугольник $\triangle A_1DC_1$ — равнобедренный.Поскольку угол при вершине $D$ этого равнобедренного треугольника, $\angle A_1DC_1$, равен $60^\circ$, то треугольник $\triangle A_1DC_1$ является не просто равнобедренным, а равносторонним.В равностороннем треугольнике все стороны равны, значит $A_1D = DC_1 = A_1C_1$.Возьмем равенство $DC_1 = A_1C_1$ и возведем обе части в квадрат: $DC_1^2 = A_1C_1^2$.Подставим их выражения через $a, b, c$:$a^2 + c^2 = b^2 + a^2$Так как $a=b$, это равенство можно записать как $b^2 + c^2 = b^2 + b^2$.Упрощая, получаем:$c^2 = b^2$Поскольку $b$ и $c$ — положительные величины, отсюда следует, что $c = b$.

Итак, мы установили, что $b=c$. Это означает, что смежные стороны $BC$ и $BB_1$ прямоугольника $BB_1C_1C$ равны по длине. Прямоугольник с равными сторонами является квадратом.

Ответ: Квадрат.

2.86. Плоскости $α$, $β$ и $γ$ попарно перпендикулярны. Докажите, что прямые, по которым они пересекаются, также попарно перпендикулярны.

Обозначим данные попарно перпендикулярные плоскости как $α$, $β$ и $γ$. По условию $α \perp β$, $β \perp γ$ и $γ \perp α$. Прямые их пересечения обозначим как $a = β \cap γ$, $b = α \cap γ$ и $c = α \cap β$. Наша задача — доказать, что $a \perp b$, $b \perp c$ и $c \perp a$.

Доказательство.

Рассмотрим плоскость $γ$. По условию, плоскости $α$ и $β$ перпендикулярны плоскости $γ$ ($α \perp γ$ и $β \perp γ$). Согласно теореме, если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей плоскости, то их линия пересечения также перпендикулярна этой третьей плоскости. Линией пересечения плоскостей $α$ и $β$ является прямая $c$. Следовательно, прямая $c$ перпендикулярна плоскости $γ$ ($c \perp γ$).

По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $c$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $γ$. Прямые $a = β \cap γ$ и $b = α \cap γ$ обе лежат в плоскости $γ$. Таким образом, мы имеем $c \perp a$ и $c \perp b$.

Аналогично, рассмотрим плоскость $α$. По условию, плоскости $β$ и $γ$ перпендикулярны плоскости $α$ ($β \perp α$ и $γ \perp α$). Их линией пересечения является прямая $a = β \cap γ$. Следовательно, прямая $a$ перпендикулярна плоскости $α$ ($a \perp α$). Прямая $b = α \cap γ$ лежит в плоскости $α$, поэтому $a \perp b$.

Итак, мы доказали, что $c \perp a$, $c \perp b$ и $a \perp b$. Это означает, что прямые $a, b, c$ попарно перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2.87. Через точку A плоскости $\alpha$ проведены наклонная $a$ и прямая $b$, лежащая в этой плоскости. Найдите $\angle(a; c)$, если $c$ является проекцией прямой $a$ на плоскость $\alpha$ и $\angle(a; b) = \varphi$, $\angle(c; b) = \Psi$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Пусть искомый угол между наклонной $a$ и ее проекцией $c$ равен $\theta$, то есть $\angle(a; c) = \theta$.

1. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$.

2. Направим ось $Ox$ вдоль прямой $c$, которая является проекцией наклонной $a$. Так как прямые $b$ и $c$ лежат в плоскости $\alpha$, разместим эту плоскость в координатной плоскости $Oxy$.

3. Выберем на прямых $a$, $b$ и $c$ направляющие векторы единичной длины.

- Прямая $c$ совпадает с осью $Ox$, поэтому ее направляющий вектор $\vec{c} = (1; 0; 0)$.

- Прямая $b$ лежит в плоскости $Oxy$ и образует с прямой $c$ (осью $Ox$) угол $\psi = \angle(c; b)$. Ее направляющий вектор $\vec{b} = (\cos\psi; \sin\psi; 0)$.

- Наклонная $a$ образует с ее проекцией $c$ (осью $Ox$) искомый угол $\theta$. Так как $c$ является ортогональной проекцией $a$, плоскость, содержащая прямые $a$ и $c$, перпендикулярна плоскости $\alpha$. В нашей системе координат это плоскость $Oxz$. Таким образом, направляющий вектор наклонной $a$ будет $\vec{a} = (\cos\theta; 0; \sin\theta)$. Мы предполагаем, что угол $\theta$ острый, поэтому $\sin\theta \ge 0$.

4. Угол между прямыми $a$ и $b$ равен $\phi$. Косинус угла между прямыми можно найти через скалярное произведение их направляющих векторов:

$\cos\phi = \frac{|\vec{a} \cdot \vec{b}|}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$

Поскольку мы выбрали векторы единичной длины, $|\vec{a}| = 1$ и $|\vec{b}| = 1$.

Найдем скалярное произведение:

$\vec{a} \cdot \vec{b} = 1 \cdot \cos\theta \cdot \cos\psi + 0 \cdot \sin\psi + \sin\theta \cdot 0 = \cos\theta \cos\psi$

Таким образом, мы получаем соотношение, известное как теорема о трех косинусах:

$\cos\phi = \cos\theta \cos\psi$

5. Из этого соотношения выразим косинус искомого угла $\theta$:

$\cos\theta = \frac{\cos\phi}{\cos\psi}$

Отсюда находим сам угол $\theta$:

$\theta = \arccos\left(\frac{\cos\phi}{\cos\psi}\right)$

Этот результат имеет смысл, если $|\frac{\cos\phi}{\cos\psi}| \le 1$, что геометрически означает, что угол между наклонной и прямой в плоскости не может быть меньше угла между проекцией наклонной и той же прямой ($\phi \ge \psi$ для острых углов).

Ответ: $\angle(a; c) = \arccos\left(\frac{\cos\phi}{\cos\psi}\right)$

2.88. Через точки $A$ и $B$ плоскости $\alpha$ проведены две параллельные наклонные, которые с плоскостью $\alpha$ образуют угол $\varphi$. Найдите расстояние между этими наклонными, если расстояние между проекциями данных наклонных равно $b$ и $AB = a$.

Обозначим данные параллельные наклонные как $l_1$ и $l_2$, а их проекции на плоскость $\alpha$ как $l'_1$ и $l'_2$ соответственно. Угол, который каждая наклонная образует с плоскостью $\alpha$, равен $\phi$. По определению, это угол между наклонной и ее проекцией на плоскость.

Из условия задачи, точки A и B лежат в плоскости $\alpha$. Наклонная $l_1$ проведена через точку A, а наклонная $l_2$ — через точку B. Поскольку точка является проекцией самой себя, если она лежит в плоскости проекции, то точка A лежит на проекции $l'_1$, а точка B лежит на проекции $l'_2$.

Рассмотрим геометрическую конфигурацию в плоскости $\alpha$. Мы имеем две параллельные прямые $l'_1$ и $l'_2$, расстояние между которыми равно $b$. На прямой $l'_1$ лежит точка A, а на прямой $l'_2$ — точка B. Расстояние между точками A и B равно $a$.

Опустим перпендикуляр из точки B на прямую $l'_1$ и назовем его основание H. Тогда BH — это расстояние между параллельными прямыми $l'_1$ и $l'_2$, то есть $BH = b$. Точки A и H лежат на одной прямой $l'_1$. В плоскости $\alpha$ образовался прямоугольный треугольник ABH с гипотенузой AB. По теореме Пифагора, $AH^2 + BH^2 = AB^2$, откуда $AH = \sqrt{a^2 - b^2}$.

Пусть $\psi$ — это угол между отрезком AB и прямой $l'_1$ (а также $l'_2$) в плоскости $\alpha$. Из прямоугольного треугольника ABH имеем $\sin\psi = \frac{BH}{AB} = \frac{b}{a}$. Следовательно, $\cos^2\psi = 1 - \sin^2\psi = 1 - \frac{b^2}{a^2} = \frac{a^2 - b^2}{a^2}$.

Расстояние $d$ между двумя параллельными прямыми $l_1$ и $l_2$ можно найти, рассмотрев вектор $\vec{AB}$. Точка A лежит на $l_1$, а B — на $l_2$. Расстояние $d$ равно длине компоненты вектора $\vec{AB}$, перпендикулярной направлению прямых $l_1$ и $l_2$. Если $\vec{u}$ — единичный направляющий вектор прямых $l_1$ и $l_2$, а $\theta$ — угол между вектором $\vec{AB}$ и вектором $\vec{u}$, то искомое расстояние равно $d = |\vec{AB}| \sin\theta = a \sin\theta$.

Для нахождения $\sin\theta$ сначала найдем $\cos\theta$. Косинус угла между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{u}$ определяется их скалярным произведением: $\cos\theta = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{u}|}{|\vec{AB}||\vec{u}|} = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{u}|}{a}$.

Вычислим скалярное произведение $\vec{AB} \cdot \vec{u}$. Представим вектор $\vec{u}$ как сумму его проекции на плоскость $\alpha$ ($\vec{u'}$) и компоненты, перпендикулярной этой плоскости ($\vec{u_n}$): $\vec{u} = \vec{u'} + \vec{u_n}$. Так как вектор $\vec{AB}$ лежит в плоскости $\alpha$, он ортогонален $\vec{u_n}$, поэтому $\vec{AB} \cdot \vec{u_n} = 0$. Таким образом, $\vec{AB} \cdot \vec{u} = \vec{AB} \cdot \vec{u'}$.

Вектор $\vec{u'}$ является направляющим вектором проекций $l'_1$ и $l'_2$. Угол между $\vec{AB}$ и $\vec{u'}$ в плоскости $\alpha$ — это угол $\psi$. Следовательно, $\vec{AB} \cdot \vec{u'} = |\vec{AB}| |\vec{u'}| \cos\psi = a |\vec{u'}| \cos\psi$.

Угол между наклонной $l_1$ и ее проекцией $l'_1$ равен $\phi$. Этот угол является углом между их направляющими векторами $\vec{u}$ и $\vec{u'}$. Поэтому $|\vec{u'}| = |\vec{u}| \cos\phi = \cos\phi$ (поскольку $|\vec{u}|=1$).

Подставляя это в выражение для скалярного произведения, получаем:$\vec{AB} \cdot \vec{u} = a \cos\phi \cos\psi$.

Теперь найдем $\cos\theta$:$\cos\theta = \frac{|a \cos\phi \cos\psi|}{a} = |\cos\phi \cos\psi|$.Тогда $\cos^2\theta = \cos^2\phi \cos^2\psi = \cos^2\phi \left(\frac{a^2 - b^2}{a^2}\right)$.

Искомое расстояние $d$ вычисляется по формуле $d^2 = a^2 \sin^2\theta = a^2(1 - \cos^2\theta)$.$d^2 = a^2 \left(1 - \cos^2\phi \frac{a^2 - b^2}{a^2}\right) = a^2 - (a^2 - b^2)\cos^2\phi$$d^2 = a^2 - a^2\cos^2\phi + b^2\cos^2\phi = a^2(1 - \cos^2\phi) + b^2\cos^2\phi$$d^2 = a^2\sin^2\phi + b^2\cos^2\phi$.

Таким образом, расстояние между наклонными равно $d = \sqrt{a^2\sin^2\phi + b^2\cos^2\phi}$.

Ответ: $d = \sqrt{a^2\sin^2\phi + b^2\cos^2\phi}$.