Номер 11.34, страница 135 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

11.34. Из точки $M$ к плоскости $\alpha$ проведены перпендикуляр $MH$ и наклонные $MA$ и $MB$ так, что $\angle MAH = 30^\circ$, $\angle MBH = 45^\circ$, а угол между проекциями наклонных равен $90^\circ$. Найдите косинус угла между данными наклонными.

Пусть $MH$ — перпендикуляр, проведенный из точки $M$ к плоскости $\alpha$. Тогда $H$ — основание перпендикуляра, а отрезки $HA$ и $HB$ являются проекциями наклонных $MA$ и $MB$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

Поскольку $MH \perp \alpha$, то $MH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $H$. Следовательно, треугольники $\triangle MHA$ и $\triangle MHB$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $H$.

Обозначим длину перпендикуляра $MH$ через $h$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle MHA$ по условию угол $\angle MAH = 30^{\circ}$. Выразим длины наклонной $MA$ и её проекции $HA$ через $h$:
$MA = \frac{MH}{\sin(\angle MAH)} = \frac{h}{\sin(30^{\circ})} = \frac{h}{1/2} = 2h$.
$HA = \frac{MH}{\tan(\angle MAH)} = \frac{h}{\tan(30^{\circ})} = \frac{h}{1/\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle MHB$ по условию угол $\angle MBH = 45^{\circ}$. Выразим длины наклонной $MB$ и её проекции $HB$ через $h$:
$MB = \frac{MH}{\sin(\angle MBH)} = \frac{h}{\sin(45^{\circ})} = \frac{h}{\sqrt{2}/2} = h\sqrt{2}$.
$HB = \frac{MH}{\tan(\angle MBH)} = \frac{h}{\tan(45^{\circ})} = \frac{h}{1} = h$.

По условию, угол между проекциями наклонных равен $90^{\circ}$, то есть $\angle AHB = 90^{\circ}$. Таким образом, $\triangle AHB$ — прямоугольный. По теореме Пифагора найдем длину отрезка $AB$:
$AB^2 = HA^2 + HB^2 = (h\sqrt{3})^2 + h^2 = 3h^2 + h^2 = 4h^2$.
$AB = \sqrt{4h^2} = 2h$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle AMB$, в котором известны длины всех трёх сторон: $MA = 2h$, $MB = h\sqrt{2}$ и $AB = 2h$. Чтобы найти косинус угла $\angle AMB$ между наклонными, воспользуемся теоремой косинусов:
$AB^2 = MA^2 + MB^2 - 2 \cdot MA \cdot MB \cdot \cos(\angle AMB)$.

Выразим из формулы косинус искомого угла:
$\cos(\angle AMB) = \frac{MA^2 + MB^2 - AB^2}{2 \cdot MA \cdot MB}$.

Подставим найденные значения длин сторон:
$\cos(\angle AMB) = \frac{(2h)^2 + (h\sqrt{2})^2 - (2h)^2}{2 \cdot (2h) \cdot (h\sqrt{2})} = \frac{4h^2 + 2h^2 - 4h^2}{4h^2\sqrt{2}} = \frac{2h^2}{4h^2\sqrt{2}} = \frac{2}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{2}$:
$\cos(\angle AMB) = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2 \cdot 2} = \frac{\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{4}$