Номер 13.28, страница 151 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

13.28. Сторона $AC$ треугольника $ABC$ лежит в плоскости $\alpha$, а его сторона $AB$ образует с этой плоскостью угол $45^\circ$. Найдите угол между стороной $AC$ и проекцией стороны $AB$ на плоскость $\alpha$, если $\angle BAC = 60^\circ$.

Пусть $B'$ — это ортогональная проекция точки $B$ на плоскость $\alpha$. Поскольку сторона $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, точка $A$ также лежит в этой плоскости, и ее проекцией является она сама. Таким образом, отрезок $AB'$ является проекцией стороны $AB$ на плоскость $\alpha$.

Угол между наклонной прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$ по определению является углом между этой прямой и ее проекцией $AB'$ на плоскость. По условию, этот угол равен $45^\circ$, следовательно, $\angle BAB' = 45^\circ$.

Нам необходимо найти угол между стороной $AC$ и проекцией стороны $AB$ на плоскость $\alpha$, то есть угол $\angle B'AC$.

Рассмотрим трехгранный угол с вершиной в точке $A$, образованный лучами $AB$, $AC$ и $AB'$. Плоские углы этого трехгранного угла:
- $\angle BAC = 60^\circ$ (по условию);
- $\angle BAB' = 45^\circ$ (угол между $AB$ и плоскостью $\alpha$);
- $\angle B'AC$ — искомый угол.

Так как $BB'$ является перпендикуляром к плоскости $\alpha$, любая плоскость, проходящая через $BB'$, будет перпендикулярна плоскости $\alpha$. Плоскость, содержащая треугольник $ABB'$, проходит через $BB'$, следовательно, плоскость $(ABB')$ перпендикулярна плоскости $\alpha$.

Воспользуемся теоремой косинусов для трехгранного угла, которая связывает его плоские углы. В нашем случае она принимает вид:
$\cos(\angle BAC) = \cos(\angle BAB') \cdot \cos(\angle B'AC) + \sin(\angle BAB') \cdot \sin(\angle B'AC) \cdot \cos(\delta)$,
где $\delta$ — двугранный угол между плоскостями $(BAB')$ и $(B'AC)$.

Плоскость $(B'AC)$ — это и есть плоскость $\alpha$. Как мы установили, плоскость $(ABB')$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, значит, двугранный угол $\delta = 90^\circ$, и $\cos(\delta) = \cos(90^\circ) = 0$.

Формула упрощается:
$\cos(\angle BAC) = \cos(\angle BAB') \cdot \cos(\angle B'AC)$

Подставим известные значения:
$\cos(60^\circ) = \cos(45^\circ) \cdot \cos(\angle B'AC)$
$\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \cos(\angle B'AC)$

Отсюда находим косинус искомого угла:
$\cos(\angle B'AC) = \frac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Следовательно, искомый угол равен:
$\angle B'AC = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$

Ответ: $45^\circ$.