Номер 21.38, страница 227 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

21.38. Основанием пирамиды $MABC$ является треугольник $ABC$ такой, что $\angle ACB = 90^\circ$, $\angle BAC = 60^\circ$, $AC = 4\sqrt{3}$ см. Плоскость грани $BMC$ перпендикулярна плоскости основания, а плоскости двух других граней наклонены к плоскости основания под углом $30^\circ$. Найдите ребро $MC$.

1. Анализ основания пирамиды.
Основанием пирамиды $MABC$ является прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$). Известны угол $\angle BAC = 60^\circ$ и прилежащий катет $AC = 4\sqrt{3}$ см.
Найдем длины других сторон основания:
Противолежащий катет $BC$: $BC = AC \cdot \tan(\angle BAC) = 4\sqrt{3} \cdot \tan(60^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 12$ см.
Гипотенуза $AB$: $AB = \frac{AC}{\cos(\angle BAC)} = \frac{4\sqrt{3}}{\cos(60^\circ)} = \frac{4\sqrt{3}}{1/2} = 8\sqrt{3}$ см.

2. Определение положения высоты пирамиды.
По условию, плоскость грани $(BMC)$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Если две плоскости взаимно перпендикулярны, то перпендикуляр, проведенный из точки одной плоскости к их линии пересечения, является перпендикуляром ко второй плоскости. Проведем высоту пирамиды $MH$ из вершины $M$ к основанию. Ее основание, точка $H$, будет лежать на линии пересечения плоскостей $(BMC)$ и $(ABC)$, то есть на прямой $BC$. Таким образом, $MH \perp (ABC)$ и $H \in BC$.

3. Использование углов наклона боковых граней.
Угол наклона боковой грани к плоскости основания есть двугранный угол, измеряемый соответствующим линейным углом.
Грань $(AMC)$ наклонена к основанию под углом $30^\circ$. Линия пересечения плоскостей — $AC$. Так как $MH \perp (ABC)$, то $MH \perp AC$. В основании $HC \perp AC$ (поскольку $H \in BC$ и $\angle ACB = 90^\circ$). По теореме о трех перпендикулярах, из того, что проекция $HC$ наклонной $MC$ перпендикулярна $AC$, следует, что и сама наклонная $MC$ перпендикулярна $AC$. Следовательно, линейным углом этого двугранного угла является $\angle MCH$. По условию, $\angle MCH = 30^\circ$.
Грань $(AMB)$ также наклонена к основанию под углом $30^\circ$. Пусть $HL$ — перпендикуляр из точки $H$ на $AB$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $ML \perp AB$, и линейным углом является $\angle MLH = 30^\circ$.
В прямоугольных треугольниках $\triangle MCH$ и $\triangle MLH$ общий катет $MH$ можно выразить как: $MH = CH \cdot \tan(30^\circ)$ и $MH = HL \cdot \tan(30^\circ)$. Отсюда следует, что $CH = HL$. Равенство расстояний от точки $H$ до сторон угла $\angle BAC$ (прямых $AC$ и $AB$) означает, что точка $H$ лежит на биссектрисе угла $A$.

4. Нахождение положения точки H и длины отрезка CH.
Поскольку $H$ лежит на биссектрисе угла $A$ треугольника $ABC$, по свойству биссектрисы имеем соотношение: $\frac{CH}{HB} = \frac{AC}{AB}$
Подставим найденные значения сторон: $\frac{CH}{HB} = \frac{4\sqrt{3}}{8\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$, откуда $HB = 2 \cdot CH$.
Точка $H$ лежит на отрезке $BC$, поэтому $CH + HB = BC = 12$ см. $CH + 2 \cdot CH = 12 \implies 3 \cdot CH = 12 \implies CH = 4$ см.

5. Вычисление длины ребра MC.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $MCH$ ($\angle MHC = 90^\circ$). В нем известен катет $CH = 4$ см и прилежащий к нему угол $\angle MCH = 30^\circ$. Искомое ребро $MC$ является гипотенузой.
Из определения косинуса: $\cos(\angle MCH) = \frac{CH}{MC}$
$MC = \frac{CH}{\cos(\angle MCH)} = \frac{4}{\cos(30^\circ)} = \frac{4}{\sqrt{3}/2} = \frac{8}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.

Ответ: $\frac{8\sqrt{3}}{3}$ см.