Номер 13.27, страница 151 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

13.27. Из точки $B$ к плоскости $\alpha$ проведена наклонная $BA$, образующая с этой плоскостью угол $45^\circ$. В плоскости $\alpha$ проведена прямая $AC$, образующая с проекцией отрезка $AB$ на данную плоскость угол $30^\circ$. Найдите косинус угла $BAC$.

Пусть $BH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на плоскость $\alpha$. Тогда точка $H$ является проекцией точки $B$ на плоскость $\alpha$, а отрезок $AH$ является проекцией наклонной $BA$ на эту плоскость.

Угол между наклонной $BA$ и плоскостью $\alpha$ по определению является углом между этой наклонной и ее проекцией на плоскость. Следовательно, $\angle BAH = 45^\circ$.

Так как $BH$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, а прямая $AH$ лежит в этой плоскости, то $BH \perp AH$. Это означает, что треугольник $\triangle BHA$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$.

Пусть длина наклонной $AB$ равна $a$. Из прямоугольного треугольника $\triangle BHA$ найдем длины катетов:
$AH = AB \cdot \cos(\angle BAH) = a \cdot \cos(45^\circ) = a\frac{\sqrt{2}}{2}$
$BH = AB \cdot \sin(\angle BAH) = a \cdot \sin(45^\circ) = a\frac{\sqrt{2}}{2}$

По условию, в плоскости $\alpha$ проведена прямая $AC$, которая образует с проекцией отрезка $AB$ (то есть с прямой $AH$) угол $30^\circ$. Таким образом, $\angle HAC = 30^\circ$.

Для того чтобы найти косинус угла $BAC$, воспользуемся теоремой косинусов для треугольника $\triangle BAC$:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle BAC)$

Для применения этой теоремы нам необходимо найти длину стороны $BC$. Рассмотрим $\triangle BHC$. Так как $BH \perp \alpha$, а прямая $HC$ лежит в плоскости $\alpha$, то $BH \perp HC$. Следовательно, $\triangle BHC$ — прямоугольный.

По теореме Пифагора для $\triangle BHC$: $BC^2 = BH^2 + HC^2$.

Длину $BH$ мы уже нашли. Найдем $HC$ из треугольника $\triangle AHC$, который лежит в плоскости $\alpha$. Обозначим длину отрезка $AC$ как $b$. Применим теорему косинусов к $\triangle AHC$:
$HC^2 = AH^2 + AC^2 - 2 \cdot AH \cdot AC \cdot \cos(\angle HAC)$
Подставим известные значения:
$HC^2 = (a\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + b^2 - 2 \cdot (a\frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot b \cdot \cos(30^\circ)$
$HC^2 = \frac{a^2 \cdot 2}{4} + b^2 - a\sqrt{2} \cdot b \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$HC^2 = \frac{a^2}{2} + b^2 - \frac{ab\sqrt{6}}{2}$

Теперь найдем $BC^2$, подставив выражения для $BH^2$ и $HC^2$:
$BH^2 = (a\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = \frac{a^2}{2}$
$BC^2 = BH^2 + HC^2 = \frac{a^2}{2} + (\frac{a^2}{2} + b^2 - \frac{ab\sqrt{6}}{2})$
$BC^2 = a^2 + b^2 - \frac{ab\sqrt{6}}{2}$

Наконец, подставим все найденные значения в теорему косинусов для $\triangle BAC$:
$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle BAC)$
$a^2 + b^2 - \frac{ab\sqrt{6}}{2} = a^2 + b^2 - 2 \cdot a \cdot b \cdot \cos(\angle BAC)$

Упростим полученное уравнение:
$-\frac{ab\sqrt{6}}{2} = -2ab \cdot \cos(\angle BAC)$

Разделив обе части на $-2ab$ (так как длины $a$ и $b$ не равны нулю), получим:
$\cos(\angle BAC) = \frac{ab\sqrt{6}/2}{2ab} = \frac{\sqrt{6}}{4}$

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$