Номер 162, страница 49 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

Параграф 2. Перпендикуляр и наклонные. Угол между прямой и плоскостью. Глава 2. Перпендикулярность прямых и плоскостей - номер 162, страница 49.

Условие.

162. Прямая МА проходит через точку А плоскости α и образует с этой плоскостью угол φ₀ ≠ 90°. Докажите, что φ₀ является наименьшим из всех углов, которые прямая МА образует с прямыми, проведёнными в плоскости α через точку А.

Решение

Обозначим буквой Н основание перпендикуляра, проведённого из точки М к плоскости α, и рассмотрим произвольную прямую р в плоскости α, проходящую через точку А и отличную от прямой АН. Угол между прямыми AM и р обозначим через φ (рис. 57) и докажем, что φ > φ₀. Из точки М проведём перпендикуляр MN к прямой р. Если точка N совпадает с точкой А, то φ = 90° и поэтому φ > φ₀. Рассмотрим случай, когда точки А и N не совпадают (см. рис. 57). Отрезок AM — общая гипотенуза прямоугольных треугольников ANM и АНМ, поэтому sin φ = $\frac{MN}{AM}$, sin φ₀ = $\frac{MH}{AM}$. Так как MN > MH (MN — наклонная, MH — перпендикуляр), то из этих равенств следует, что sin φ > sin φ₀, и поэтому φ > φ₀.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Обозначим через $H$ основание перпендикуляра, проведённого из точки $M$ (взятой на прямой $MA$, но не совпадающей с $A$) к плоскости $\alpha$. Прямая $AH$ является проекцией наклонной $MA$ на плоскость $\alpha$. По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость. Следовательно, искомый угол $\phi_0 = \angle MAH$. Так как $MH$ — перпендикуляр к плоскости, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через его основание, то есть $MH \perp AH$. Таким образом, треугольник $\triangle MAH$ является прямоугольным.

Теперь рассмотрим произвольную прямую $p$, которая лежит в плоскости $\alpha$ и проходит через точку $A$. Обозначим угол между прямой $MA$ и прямой $p$ как $\phi$. Наша задача — доказать, что $\phi \ge \phi_0$.

Чтобы найти угол $\phi$, опустим из точки $M$ перпендикуляр $MN$ на прямую $p$. Точка $N$, основание перпендикуляра, лежит на прямой $p$ и, следовательно, в плоскости $\alpha$. В прямоугольном треугольнике $\triangle MNA$ (с прямым углом при вершине $N$) искомый угол $\phi = \angle MAN$.

Рассмотрим два прямоугольных треугольника: $\triangle MAH$ и $\triangle MNA$. У них общая гипотенуза $AM$. Выразим синусы углов $\phi_0$ и $\phi$ через стороны этих треугольников: $$ \sin \phi_0 = \frac{MH}{AM} $$ $$ \sin \phi = \frac{MN}{AM} $$

Для сравнения синусов необходимо сравнить длины катетов $MH$ и $MN$. $MH$ — это перпендикуляр, опущенный из точки $M$ на плоскость $\alpha$. $MN$ — это наклонная, проведённая из той же точки $M$ к плоскости $\alpha$, так как ее основание $N$ лежит в этой плоскости. Отрезок $HN$ является проекцией наклонной $MN$ на плоскость $\alpha$.

По свойству перпендикуляра и наклонной, длина перпендикуляра, проведённого из точки к плоскости, является кратчайшим расстоянием от этой точки до плоскости. Любая наклонная из той же точки длиннее перпендикуляра. Следовательно, $MN \ge MH$.

Равенство $MN = MH$ достигается только в том случае, когда наклонная совпадает с перпендикуляром, то есть когда точка $N$ совпадает с точкой $H$. Это происходит, когда прямая $p$ совпадает с проекцией $AH$. В этом случае и углы равны: $\phi = \phi_0$.

Во всех остальных случаях, когда прямая $p$ не совпадает с $AH$, имеем строгое неравенство $MN > MH$.

Так как $MN \ge MH$ и $AM > 0$, то, сравнивая выражения для синусов, получаем: $$ \frac{MN}{AM} \ge \frac{MH}{AM} \implies \sin \phi \ge \sin \phi_0 $$

Углы $\phi$ и $\phi_0$ по определению являются острыми (по условию $\phi_0 \ne 90^\circ$). На интервале $(0^\circ, 90^\circ)$ функция $y = \sin x$ является монотонно возрастающей. Поэтому из неравенства для синусов $\sin \phi \ge \sin \phi_0$ следует неравенство для самих углов: $\phi \ge \phi_0$.

Таким образом, мы доказали, что угол $\phi_0$ между наклонной и её проекцией на плоскость является наименьшим из всех углов, которые эта наклонная образует с прямыми, лежащими в данной плоскости и проходящими через её основание.

Ответ: Утверждение доказано. Угол $\phi_0$ является наименьшим из всех углов, которые прямая $MA$ образует с прямыми, проведёнными в плоскости $\alpha$ через точку $A$.