Номер 788, страница 191 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

§ 3. Движения, дополнительные задачи. Глава 7. Метод координат в пространстве. Движения - номер 788, страница 191.

788. В правильном треугольнике ABC сторона равна а. На сонаправленных лучах BD и СЕ, перпендикулярных к плоскости ABC, взяты точки D и Е так, что BD =a2, CE = a2. Докажите, что треугольник ADE прямоугольный, и найдите угол между плоскостями ABC и ADE.

Докажите, что треугольник ADE прямоугольный

Для доказательства воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат так, чтобы плоскость $ABC$ совпадала с плоскостью $Oxy$. Пусть середина стороны $BC$ находится в начале координат $O(0,0,0)$, ось $Ox$ направлена вдоль луча $OC$, а ось $Oy$ направлена так, чтобы точка $A$ имела положительную ординату. Поскольку лучи $BD$ и $CE$ перпендикулярны плоскости $ABC$ и сонаправлены, они будут параллельны оси $Oz$.

Треугольник $ABC$ — правильный со стороной $a$. Его высота $AM = \sqrt{a^2 - (a/2)^2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.Координаты вершин треугольника $ABC$ будут следующими:
$A(0, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$
$B(-\frac{a}{2}, 0, 0)$
$C(\frac{a}{2}, 0, 0)$

Точки $D$ и $E$ лежат на лучах, перпендикулярных плоскости $ABC$ и выходящих из точек $B$ и $C$ соответственно. Их координаты:
$D(-\frac{a}{2}, 0, BD) = (-\frac{a}{2}, 0, \frac{a}{\sqrt{2}})$
$E(\frac{a}{2}, 0, CE) = (\frac{a}{2}, 0, a\sqrt{2})$

Теперь найдем квадраты длин сторон треугольника $ADE$, используя формулу расстояния между двумя точками в пространстве $d^2 = (x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2$:
$AD^2 = (0 - (-\frac{a}{2}))^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2} - 0)^2 + (0 - \frac{a}{\sqrt{2}})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{2} = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$
$AE^2 = (0 - \frac{a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2} - 0)^2 + (0 - a\sqrt{2})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + 2a^2 = a^2 + 2a^2 = 3a^2$
$DE^2 = (\frac{a}{2} - (-\frac{a}{2}))^2 + (0 - 0)^2 + (a\sqrt{2} - \frac{a}{\sqrt{2}})^2 = a^2 + (\frac{2a - a}{\sqrt{2}})^2 = a^2 + (\frac{a}{\sqrt{2}})^2 = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$

Проверим выполнение теоремы Пифагора для треугольника $ADE$:
$AD^2 + DE^2 = \frac{3a^2}{2} + \frac{3a^2}{2} = \frac{6a^2}{2} = 3a^2$
Так как $AD^2 + DE^2 = AE^2$, то по обратной теореме Пифагора треугольник $ADE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $D$.
Ответ: Утверждение доказано. Треугольник $ADE$ — прямоугольный.

Найдите угол между плоскостями ABC и ADE

Угол между двумя плоскостями — это двугранный угол. Для его нахождения найдем линию пересечения плоскостей и построим линейный угол этого двугранного угла.

Плоскости $ABC$ и $ADE$ имеют общую точку $A$. Линии $BC$ и $DE$ лежат в одной плоскости (плоскости трапеции $BCED$), но не параллельны, так как $BD \neq CE$. Следовательно, прямые $BC$ и $DE$ пересекаются в некоторой точке $F$. Точка $F$ принадлежит обеим плоскостям $ABC$ и $ADE$, а значит, лежит на линии их пересечения. Таким образом, линия пересечения плоскостей $ABC$ и $ADE$ — это прямая $AF$.

Найдем положение точки $F$. Рассмотрим подобные прямоугольные треугольники $\triangle FBD$ и $\triangle FCE$ (они лежат в одной плоскости, перпендикулярной $ABC$, и имеют общий острый угол при вершине $F$). Из подобия следует:
$\frac{FB}{FC} = \frac{BD}{CE} = \frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$
Точка $B$ лежит между $F$ и $C$. Пусть $FB = x$, тогда $FC = FB + BC = x+a$.
$\frac{x}{x+a} = \frac{1}{2} \Rightarrow 2x = x+a \Rightarrow x=a$.
Таким образом, $FB = a$.

Для нахождения линейного угла двугранного угла проведем из точки $C$ перпендикуляр $CH$ к линии пересечения $AF$. Так как $CH \subset (ABC)$ и $CH \perp AF$.Поскольку $CE \perp (ABC)$, то $CH$ является проекцией наклонной $EH$ на плоскость $ABC$. По теореме о трех перпендикулярах, если проекция $CH$ перпендикулярна прямой $AF$, то и наклонная $EH$ перпендикулярна этой прямой: $EH \perp AF$.Следовательно, угол $\angle EHC$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $ADE$.

Найдем величину этого угла из прямоугольного треугольника $EHC$ ($\angle ECH = 90^\circ$, так как $CE \perp (ABC)$).
$CE = a\sqrt{2}$ (по условию).
$CH$ — это высота треугольника $AFC$, опущенная на сторону $AF$. Найдем $CH$ через площадь $\triangle AFC$.
Площадь $\triangle AFC$ можно найти как $\frac{1}{2} \cdot FC \cdot h_A$, где $FC = FB + BC = a+a=2a$, а $h_A$ — высота треугольника $ABC$, опущенная из $A$ на прямую $BC$, $h_A = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$S_{\triangle AFC} = \frac{1}{2} \cdot (2a) \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Теперь найдем длину стороны $AF$. В треугольнике $ABF$ известны стороны $AB=a$, $FB=a$ и угол между ними $\angle ABF = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. По теореме косинусов:
$AF^2 = AB^2 + FB^2 - 2 \cdot AB \cdot FB \cdot \cos(120^\circ) = a^2 + a^2 - 2a^2(-\frac{1}{2}) = 2a^2 + a^2 = 3a^2$.
$AF = a\sqrt{3}$.
С другой стороны, $S_{\triangle AFC} = \frac{1}{2} \cdot AF \cdot CH$.
$\frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{3} \cdot CH \Rightarrow CH = a$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $EHC$ мы знаем оба катета: $CH=a$ и $CE=a\sqrt{2}$. Найдем тангенс угла $\angle EHC$:
$\tan(\angle EHC) = \frac{CE}{CH} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}$.
Следовательно, искомый угол $\varphi = \angle EHC$ равен $\arctan(\sqrt{2})$. Можно выразить ответ через косинус:
$\cos\varphi = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\varphi}} = \frac{1}{\sqrt{1+(\sqrt{2})^2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Таким образом, угол между плоскостями равен $\arccos(\frac{\sqrt{3}}{3})$.
Ответ: Угол между плоскостями $ABC$ и $ADE$ равен $\arccos(\frac{\sqrt{3}}{3})$.