Номер 137, страница 23 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

137. Точки $A$ и $B$ лежат в перпендикулярных плоскостях $\alpha$ и $\beta$ соответственно. Из точек $A$ и $B$ проведены перпендикуляры $AA_1$ и $BB_1$ к линии пересечения плоскостей. Найдите углы, которые образует отрезок $AB$ с плоскостями $\alpha$ и $\beta$, если $AA_1 = 2\sqrt{3}$ см, $BB_1 = 2\sqrt{6}$ см, $A_1B_1 = 6$ см.

Пусть $l$ — линия пересечения перпендикулярных плоскостей $\alpha$ и $\beta$. По условию, точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, а точка $B$ — в плоскости $\beta$. $AA_1$ и $BB_1$ — перпендикуляры, проведенные из точек $A$ и $B$ к линии пересечения $l$, значит, точки $A_1$ и $B_1$ лежат на прямой $l$.

Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ перпендикулярны, а прямая $BB_1$ лежит в плоскости $\beta$ и перпендикулярна линии их пересечения $l$, то $BB_1$ перпендикулярна всей плоскости $\alpha$. Аналогично, прямая $AA_1$ лежит в плоскости $\alpha$ и перпендикулярна линии $l$, следовательно, $AA_1$ перпендикулярна всей плоскости $\beta$.

Для нахождения искомых углов нам понадобится длина отрезка $AB$.

Рассмотрим $\triangle A_1B_1B$. Так как $BB_1 \perp l$ и $A_1B_1 \subset l$, то $\angle BB_1A_1 = 90^\circ$. По теореме Пифагора найдем квадрат гипотенузы $A_1B$:
$A_1B^2 = A_1B_1^2 + BB_1^2 = 6^2 + (2\sqrt{6})^2 = 36 + 4 \cdot 6 = 36 + 24 = 60$.

Рассмотрим $\triangle AA_1B$. Так как $AA_1 \perp \beta$ и $A_1B \subset \beta$, то $AA_1 \perp A_1B$, следовательно $\angle AA_1B = 90^\circ$. По теореме Пифагора найдем длину гипотенузы $AB$:
$AB^2 = AA_1^2 + A_1B^2 = (2\sqrt{3})^2 + 60 = 4 \cdot 3 + 60 = 12 + 60 = 72$.
$AB = \sqrt{72} = \sqrt{36 \cdot 2} = 6\sqrt{2}$ см.

Угол, который образует отрезок AB с плоскостью α

Угол между наклонной $AB$ и плоскостью $\alpha$ — это угол между этой наклонной и ее проекцией на плоскость. Так как $BB_1 \perp \alpha$, то $AB_1$ является проекцией $AB$ на плоскость $\alpha$. Искомый угол — это $\angle BAB_1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABB_1$ (угол $\angle AB_1B = 90^\circ$, так как $BB_1 \perp \alpha$, а $AB_1 \subset \alpha$). Найдем синус искомого угла:

$\sin(\angle BAB_1) = \frac{BB_1}{AB} = \frac{2\sqrt{6}}{6\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Следовательно, угол между отрезком $AB$ и плоскостью $\alpha$ равен $\arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$

Угол, который образует отрезок AB с плоскостью β

Угол между наклонной $AB$ и плоскостью $\beta$ — это угол между этой наклонной и ее проекцией на плоскость. Так как $AA_1 \perp \beta$, то $A_1B$ является проекцией $AB$ на плоскость $\beta$. Искомый угол — это $\angle ABA_1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA_1B$ (угол $\angle AA_1B = 90^\circ$, как было показано ранее). Найдем синус искомого угла:

$\sin(\angle ABA_1) = \frac{AA_1}{AB} = \frac{2\sqrt{3}}{6\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}{3\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{6}$.

Следовательно, угол между отрезком $AB$ и плоскостью $\beta$ равен $\arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right)$