Страница 49 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

156. Один из катетов прямоугольного треугольника ABC равен m, а острый угол, прилежащий к этому катету, равен φ. Через вершину прямого угла С проведена прямая CD, перпендикулярная к плоскости этого треугольника, CD = n. Найдите расстояние от точки D до прямой АВ.

Пусть в прямоугольном треугольнике $\triangle ABC$ угол $\angle C = 90^\circ$. Без ограничения общности, пусть катет $AC = m$, а прилежащий к нему острый угол $\angle A = \phi$. По условию, из вершины $C$ проведена прямая $CD$ перпендикулярно плоскости треугольника $ABC$, и ее длина $CD = n$.

Требуется найти расстояние от точки $D$ до прямой $AB$. Это расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $D$ на прямую $AB$. Обозначим основание этого перпендикуляра как точку $H$, таким образом, искомое расстояние — это длина отрезка $DH$, где $DH \perp AB$.

Рассмотрим отрезок $CH$. Отрезок $CD$ является перпендикуляром к плоскости $(ABC)$, $DH$ — наклонная к этой плоскости, а $CH$ — проекция этой наклонной на плоскость $(ABC)$.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($DH$) перпендикулярна некоторой прямой в плоскости ($AB$), то и ее проекция ($CH$) также перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $CH \perp AB$.

Таким образом, $CH$ является высотой прямоугольного треугольника $ABC$, проведенной из вершины прямого угла $C$ к гипотенузе $AB$.

Найдем длину этой высоты $CH$. В прямоугольном треугольнике $\triangle ACH$ (где $\angle CHA = 90^\circ$), мы знаем гипотенузу $AC=m$ и угол $\angle A = \phi$. Катет $CH$ можно выразить через синус угла $\phi$:

$CH = AC \cdot \sin(\angle A) = m \cdot \sin(\phi)$

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle DCH$. Поскольку прямая $CD$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $CH$. Значит, $\angle DCH = 90^\circ$, и треугольник $\triangle DCH$ является прямоугольным.

В этом треугольнике мы знаем длины катетов:

• $CD = n$ (по условию)
• $CH = m \sin(\phi)$ (как мы нашли ранее)

Искомое расстояние $DH$ является гипотенузой этого треугольника. По теореме Пифагора:

$DH^2 = CD^2 + CH^2$

Подставим известные значения:

$DH^2 = n^2 + (m \sin(\phi))^2 = n^2 + m^2 \sin^2(\phi)$

Отсюда находим длину $DH$:

$DH = \sqrt{n^2 + m^2 \sin^2(\phi)}$

Ответ: $\sqrt{n^2 + m^2 \sin^2(\phi)}$

157. Прямая ОK перпендикулярна к плоскости ромба ABCD, диагонали которого пересекаются в точке О. а) Докажите, что расстояния от точки K до всех прямых, содержащих стороны ромба, равны. б) Найдите это расстояние, если ОK = 4,5 дм, АС = 6 дм, BD = 8 дм.

a) Доказательство:

Пусть $ABCD$ — данный ромб, $O$ — точка пересечения его диагоналей, а $OK$ — прямая, перпендикулярная плоскости ромба. Это означает, что $OK \perp (ABCD)$.

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую. Рассмотрим расстояние от точки $K$ до прямой $AB$, содержащей сторону ромба. Проведем из точки $K$ перпендикуляр $KH_1$ к прямой $AB$. Тогда длина отрезка $KH_1$ и есть искомое расстояние.

В данной конфигурации $OK$ — это перпендикуляр к плоскости ромба, $KH_1$ — наклонная, проведенная из точки $K$ к прямой $AB$, а $OH_1$ — проекция этой наклонной на плоскость ромба.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($KH_1$) перпендикулярна некоторой прямой в плоскости ($AB$), то и ее проекция ($OH_1$) перпендикулярна той же прямой. Следовательно, $OH_1 \perp AB$.

Это означает, что $OH_1$ — это расстояние от центра ромба $O$ до его стороны $AB$.

Аналогично, построив перпендикуляры из точки $K$ к другим сторонам ромба ($BC, CD, DA$), мы получим наклонные $KH_2, KH_3, KH_4$ и их проекции $OH_2, OH_3, OH_4$, которые также будут перпендикулярны соответствующим сторонам.

Важным свойством ромба является то, что точка пересечения его диагоналей равноудалена от всех его сторон (так как является центром вписанной окружности). Таким образом, длины перпендикуляров, опущенных из точки $O$ на стороны ромба, равны: $OH_1 = OH_2 = OH_3 = OH_4$.

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OKH_1, \triangle OKH_2, \triangle OKH_3, \triangle OKH_4$. Они прямоугольные, так как катет $OK$ перпендикулярен плоскости ромба и, следовательно, любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $O$ (включая $OH_1, OH_2, OH_3, OH_4$).

Эти треугольники равны по двум катетам:

1. Катет $OK$ — общий для всех четырех треугольников.
2. Катеты $OH_1, OH_2, OH_3, OH_4$ равны между собой, как было доказано ранее.

Из равенства треугольников следует равенство их гипотенуз: $KH_1 = KH_2 = KH_3 = KH_4$.

Следовательно, расстояния от точки $K$ до всех прямых, содержащих стороны ромба, равны.

Ответ: Утверждение доказано.

б) Решение:

Нам нужно найти расстояние от точки $K$ до сторон ромба, которое мы обозначим как $d$. Из пункта а) мы знаем, что это расстояние равно длине любой из гипотенуз $KH_1, KH_2, KH_3$ или $KH_4$. Найдем длину $KH_1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OKH_1$. По теореме Пифагора, $KH_1^2 = OK^2 + OH_1^2$.

По условию задачи $OK = 4,5$ дм. Найдем длину катета $OH_1$.

$OH_1$ — это расстояние от центра ромба $O$ до стороны $AB$. Диагонали ромба в точке пересечения делятся пополам и взаимно перпендикулярны. Поэтому $\triangle AOB$ — прямоугольный.

Найдем полудиагонали ромба:

$AO = \frac{AC}{2} = \frac{6}{2} = 3$ дм.

$BO = \frac{BD}{2} = \frac{8}{2} = 4$ дм.

Катеты $\triangle AOB$ равны 3 дм и 4 дм. Найдем гипотенузу $AB$ (которая является стороной ромба) по теореме Пифагора:

$AB = \sqrt{AO^2 + BO^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$ дм.

Отрезок $OH_1$ является высотой прямоугольного треугольника $\triangle AOB$, проведенной к гипотенузе $AB$. Площадь этого треугольника можно вычислить двумя способами:

1. $S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2} \cdot AO \cdot BO = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 6$ дм$^2$.

2. $S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot OH_1 = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot OH_1$.

Приравняем эти два выражения для площади:

$\frac{1}{2} \cdot 5 \cdot OH_1 = 6$

$5 \cdot OH_1 = 12$

$OH_1 = \frac{12}{5} = 2,4$ дм.

Теперь мы можем найти искомое расстояние $d = KH_1$, вернувшись к треугольнику $\triangle OKH_1$:

$d^2 = KH_1^2 = OK^2 + OH_1^2 = (4,5)^2 + (2,4)^2 = 20,25 + 5,76 = 26,01$

$d = \sqrt{26,01} = 5,1$ дм.

Ответ: 5,1 дм.

158. Через вершину В ромба ABCD проведена прямая ВМ, перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояние от точки М до прямых, содержащих стороны ромба, если АВ = 25 см, ∠BAD = 60°, BM = 12,5 см.

Поскольку прямая $BM$ перпендикулярна плоскости ромба $(ABC)$, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $B$. Следовательно, $BM$ перпендикулярна прямым $AB$ и $BC$.

Для решения задачи нам нужно найти расстояния от точки $M$ до четырех прямых: $AB$, $BC$, $CD$ и $AD$.

Расстояние от точки M до прямых AB и BC

Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из точки на эту прямую.

Так как $BM \perp AB$, то отрезок $BM$ и есть перпендикуляр от точки $M$ к прямой $AB$. Следовательно, расстояние от $M$ до $AB$ равно длине $BM$.

Аналогично, так как $BM \perp BC$, то расстояние от $M$ до $BC$ также равно длине $BM$.

По условию $BM = 12,5$ см.

Ответ: расстояние от точки $M$ до прямых $AB$ и $BC$ равно 12,5 см.

Расстояние от точки M до прямых AD и CD

Для нахождения расстояния от точки $M$ до прямых $AD$ и $CD$ воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах.

1. Расстояние до прямой AD.
Пусть $MH$ — перпендикуляр из точки $M$ к прямой $AD$ (то есть, $MH$ — искомое расстояние). Тогда $BH$ является проекцией наклонной $MH$ на плоскость ромба. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $AD$ в плоскости, то и ее проекция $BH$ перпендикулярна этой прямой ($BH \perp AD$).

Длина отрезка $BH$ — это расстояние от точки $B$ до прямой $AD$ в плоскости ромба, что является высотой ромба. Найдем высоту ромба $h$, проведенную из вершины $B$ к стороне $AD$. В треугольнике $ABD$ высота $BH$ может быть найдена по формуле: $h = AB \cdot \sin(\angle BAD)$.

$BH = 25 \cdot \sin(60^\circ) = 25 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 12,5\sqrt{3}$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $MBH$ (угол $MBH$ прямой, так как $BM$ перпендикулярна плоскости ромба, а $BH$ лежит в этой плоскости). По теореме Пифагора найдем гипотенузу $MH$:

$MH^2 = BM^2 + BH^2$

$MH^2 = (12,5)^2 + (12,5\sqrt{3})^2 = 12,5^2 + 12,5^2 \cdot 3 = 12,5^2 \cdot (1+3) = 12,5^2 \cdot 4$

$MH = \sqrt{12,5^2 \cdot 4} = 12,5 \cdot 2 = 25$ см.

2. Расстояние до прямой CD.
Ромб $ABCD$ симметричен относительно диагонали $BD$. Треугольники $ABD$ и $CBD$ равны. Расстояние от точки $B$ до прямой $CD$ равно высоте ромба, которую мы уже вычислили. То есть, если мы опустим перпендикуляр $BK$ из точки $B$ на прямую $CD$, то его длина $BK$ будет также равна $12,5\sqrt{3}$ см.

Аналогично, по теореме о трех перпендикулярах, расстояние от точки $M$ до прямой $CD$ (обозначим его $MK$) будет гипотенузой в прямоугольном треугольнике $MBK$.

$MK^2 = BM^2 + BK^2 = (12,5)^2 + (12,5\sqrt{3})^2 = 25^2$

$MK = 25$ см.

Ответ: расстояние от точки $M$ до прямых $AD$ и $CD$ равно 25 см.

159. Прямая ВМ перпендикулярна к плоскости прямоугольника ABCD. Докажите, что прямая, по которой пересекаются плоскости ADM и ВСМ, перпендикулярна к плоскости АВМ.

Доказательство:

1. По условию задачи $ABCD$ — прямоугольник. По определению прямоугольника, его смежные стороны перпендикулярны. Следовательно, $AD \perp AB$.

2. По условию, прямая $BM$ перпендикулярна плоскости прямоугольника $(ABC)$. По определению прямой, перпендикулярной плоскости, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Так как прямая $AD$ лежит в плоскости $(ABC)$, то $BM \perp AD$.

3. Из первых двух пунктов следует, что прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $BM$, которые лежат в плоскости $(ABM)$ (они пересекаются в точке $B$). Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна самой плоскости. Таким образом, мы доказали, что $AD \perp (ABM)$.

4. Рассмотрим плоскости $(ADM)$ и $(BCM)$. Пусть их линия пересечения — прямая $l$.
Точка $M$ принадлежит обеим плоскостям, значит, она лежит на их линии пересечения $l$.
Плоскость $(ADM)$ содержит прямую $AD$, а плоскость $(BCM)$ содержит прямую $BC$.
Так как $ABCD$ — прямоугольник, его противолежащие стороны параллельны: $AD \parallel BC$.
По теореме о пересечении двух плоскостей, проходящих через параллельные прямые, их линия пересечения $l$ параллельна этим прямым. Следовательно, $l \parallel AD$.

5. Мы установили, что $AD \perp (ABM)$ (пункт 3) и что линия пересечения плоскостей $l$ параллельна прямой $AD$ (пункт 4). По теореме стереометрии, если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и вторая прямая перпендикулярна этой плоскости. Отсюда следует, что $l \perp (ABM)$.

Таким образом, доказано, что прямая, по которой пересекаются плоскости $ADM$ и $BCM$, перпендикулярна к плоскости $ABM$.

Ответ: Утверждение доказано.

160. Концы отрезка АВ лежат на двух параллельных плоскостях, расстояние между которыми равно d, причём d ‹ AB. Докажите, что проекции отрезка АВ на эти плоскости равны. Найдите эти проекции, если АВ = 13 см, d = 5 см.

Докажите, что проекции отрезка AB на эти плоскости равны

Пусть даны две параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$, и расстояние между ними равно $d$. Отрезок $AB$ расположен так, что его концы лежат на этих плоскостях: точка $A$ принадлежит плоскости $\alpha$ ($A \in \alpha$), а точка $B$ — плоскости $\beta$ ($B \in \beta$).

Ортогональной проекцией точки $B$ на плоскость $\alpha$ является точка $B_1$. Тогда проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$ будет отрезок $AB_1$. По определению расстояния между параллельными плоскостями, длина перпендикуляра $BB_1$ равна $d$.

Аналогично, ортогональной проекцией точки $A$ на плоскость $\beta$ является точка $A_1$. Проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\beta$ будет отрезок $A_1B$. Длина перпендикуляра $AA_1$ также равна $d$.

Рассмотрим четырехугольник $AA_1BB_1$. Так как прямые $AA_1$ и $BB_1$ перпендикулярны параллельным плоскостям, то они параллельны друг другу: $AA_1 \parallel BB_1$. Кроме того, их длины равны расстоянию между плоскостями: $AA_1 = BB_1 = d$.

Поскольку в четырехугольнике $AA_1BB_1$ две противолежащие стороны ($AA_1$ и $BB_1$) равны и параллельны, этот четырехугольник является параллелограммом.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, следовательно, $AB_1 = A_1B$. Так как $AB_1$ и $A_1B$ являются проекциями отрезка $AB$ на плоскости $\alpha$ и $\beta$ соответственно, то их равенство доказано.

Ответ: Равенство проекций доказано. Проекции являются противоположными сторонами параллелограмма $AA_1BB_1$, образованного отрезком и перпендикулярами между плоскостями.

Найдите эти проекции, если AB = 13 см, d = 5 см

Из доказательства выше мы знаем, что длины проекций равны. Найдем длину одной из них, например, $A_1B$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AA_1B$. Так как $A_1$ — это ортогональная проекция точки $A$ на плоскость $\beta$, то отрезок $AA_1$ перпендикулярен плоскости $\beta$. Это значит, что $AA_1$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A_1$. В частности, $AA_1 \perp A_1B$.

Следовательно, треугольник $\triangle AA_1B$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $A_1$. В этом треугольнике:
- $AB$ — гипотенуза, по условию $AB = 13$ см.
- $AA_1$ — катет, его длина равна расстоянию между плоскостями, $AA_1 = d = 5$ см.
- $A_1B$ — второй катет, его длина является искомой длиной проекции.

По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов: $AB^2 = AA_1^2 + A_1B^2$.

Выразим из формулы искомую длину проекции $A_1B$:
$A_1B^2 = AB^2 - AA_1^2$
Подставим числовые значения:
$A_1B^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$
$A_1B = \sqrt{144} = 12$ см.

Ответ: 12 см.

161. Луч ВА не лежит в плоскости неразвёрнутого угла CBD. Докажите , что если ∠ABC = ∠ABD, причём ∠ABC ‹ 90°, то проекцией луча ВА на плоскость CBD является биссектриса угла CBD.

Пусть $\alpha$ — плоскость, в которой лежит неразвернутый угол $CBD$. По условию, луч $BA$ не лежит в этой плоскости. Опустим из точки A, не лежащей в плоскости $\alpha$, перпендикуляр $AH$ на эту плоскость ($H \in \alpha$). Тогда луч $BH$ по определению является проекцией луча $BA$ на плоскость $\alpha$.

Нам необходимо доказать, что луч $BH$ является биссектрисой угла $CBD$. Биссектриса угла — это геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла. Следовательно, нам достаточно доказать, что любая точка на луче $BH$ (кроме точки B) равноудалена от сторон угла $CBD$, то есть от лучей $BC$ и $BD$. Докажем это для точки $H$.

Проведем из точки $H$ перпендикуляры $HM$ к лучу $BC$ (точка $M$ лежит на $BC$) и $HN$ к лучу $BD$ (точка $N$ лежит на $BD$). Длины этих перпендикуляров $HM$ и $HN$ являются расстояниями от точки $H$ до сторон угла $CBD$. Наша задача — доказать, что $HM = HN$.

Рассмотрим отрезки $AM$ и $AN$. По теореме о трех перпендикулярах:

• Так как $AH \perp \alpha$ (по построению), а $HM$ — проекция наклонной $AM$ на плоскость $\alpha$, и $HM \perp BC$, то и сама наклонная $AM \perp BC$. Следовательно, треугольник $\triangle AMB$ является прямоугольным с прямым углом $\angle AMB = 90^\circ$.
• Аналогично, так как $AH \perp \alpha$, а $HN$ — проекция наклонной $AN$ на плоскость $\alpha$, и $HN \perp BD$, то и сама наклонная $AN \perp BD$. Следовательно, треугольник $\triangle ANB$ является прямоугольным с прямым углом $\angle ANB = 90^\circ$.

Теперь сравним прямоугольные треугольники $\triangle AMB$ и $\triangle ANB$.

• У них общая гипотенуза $AB$.
• По условию задачи, $\angle ABC = \angle ABD$. Так как точки $M$ и $N$ лежат на лучах $BC$ и $BD$ соответственно, то $\angle ABM = \angle ABC$ и $\angle ABN = \angle ABD$. Следовательно, $\angle ABM = \angle ABN$.

Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle AMB$ и $\triangle ANB$ равны по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих катетов: $AM = AN$.

Наконец, рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle AHM$ и $\triangle AHN$.

• Они оба прямоугольные, так как $AH$ перпендикулярен любой прямой в плоскости $\alpha$, а значит $AH \perp HM$ и $AH \perp HN$. Прямые углы — $\angle AHM$ и $\angle AHN$.
• У них общий катет $AH$.
• Их гипотенузы $AM$ и $AN$ равны, что было доказано на предыдущем шаге.

Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle AHM$ и $\triangle AHN$ равны по катету и гипотенузе. Из их равенства следует равенство катетов $HM$ и $HN$.

Поскольку точка $H$ равноудалена от сторон угла $CBD$, она лежит на его биссектрисе. Так как $H$ лежит на проекции луча $BA$, то сам луч $BH$ является биссектрисой угла $CBD$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

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.

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 $A$.

163. Наклонная AM, проведённая из точки А к данной плоскости, равна d. Чему равна проекция этой наклонной на плоскость, если угол между прямой AM и данной плоскостью равен: а) 45°; б) 60°; в) 30°?

Пусть $AM$ — наклонная, проведенная из точки $A$ к некоторой плоскости, а $M$ — точка пересечения наклонной с плоскостью. Длина наклонной $AM = d$. Пусть $AH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на эту же плоскость. Тогда отрезок $HM$ является ортогональной проекцией наклонной $AM$ на данную плоскость.

Треугольник $\triangle AHM$ является прямоугольным, так как $AH$ перпендикулярен плоскости, а значит, и прямой $HM$, лежащей в этой плоскости. Угол между наклонной $AM$ и плоскостью по определению — это угол между самой наклонной и её проекцией на плоскость, то есть угол $\angle AMH$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AHM$ отношение прилежащего катета $HM$ (проекция) к гипотенузе $AM$ (наклонная) равно косинусу угла между ними: $\cos(\angle AMH) = \frac{HM}{AM}$.

Отсюда длина проекции $HM$ находится по формуле: $HM = AM \cdot \cos(\angle AMH) = d \cdot \cos(\angle AMH)$.

Теперь рассчитаем длину проекции для каждого из заданных углов.

а) Если угол между прямой $AM$ и плоскостью равен $45^\circ$, то длина проекции равна:
$HM = d \cdot \cos(45^\circ) = d \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $\frac{d\sqrt{2}}{2}$.

б) Если угол между прямой $AM$ и плоскостью равен $60^\circ$, то длина проекции равна:
$HM = d \cdot \cos(60^\circ) = d \cdot \frac{1}{2} = \frac{d}{2}$.
Ответ: $\frac{d}{2}$.

в) Если угол между прямой $AM$ и плоскостью равен $30^\circ$, то длина проекции равна:
$HM = d \cdot \cos(30^\circ) = d \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Ответ: $\frac{d\sqrt{3}}{2}$.