Страница 151 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

13.22. Дан треугольник ABC такой, что $AC = BC$, $\angle ACB = 90^\circ$, $AB = 10$ см. Отрезок MC — перпендикуляр к плоскости ABC. Расстояние от точки M до прямой AB равно $5\sqrt{3}$ см. Найдите угол между прямой AM и плоскостью ABC.

1. Анализ геометрии в плоскости ABC.
Треугольник $ABC$ является равнобедренным ($AC = BC$) и прямоугольным ($\angle ACB = 90^\circ$). Гипотенуза $AB = 10$ см. Найдем длину катетов $AC$ и $BC$ по теореме Пифагора:
$AC^2 + BC^2 = AB^2$
Так как $AC = BC$, то $2 \cdot AC^2 = 10^2 = 100$.
$AC^2 = 50$, откуда $AC = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$ см.

2. Нахождение высоты MC.
Расстояние от точки $M$ до прямой $AB$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $M$ на $AB$. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $H$. Таким образом, $MH \perp AB$ и $MH = 5\sqrt{3}$ см.
По условию, отрезок $MC$ перпендикулярен плоскости $ABC$. Прямая $MH$ является наклонной к плоскости $ABC$, а $CH$ — ее проекцией на эту плоскость.

Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($MH$) перпендикулярна прямой в плоскости ($AB$), то и ее проекция ($CH$) перпендикулярна этой же прямой. Следовательно, $CH \perp AB$.
Это означает, что $CH$ — высота треугольника $ABC$, проведенная к гипотенузе $AB$. В равнобедренном прямоугольном треугольнике высота, проведенная к гипотенузе, также является медианой и равна половине гипотенузы:
$CH = \frac{1}{2}AB = \frac{10}{2} = 5$ см.

Теперь рассмотрим треугольник $MCH$. Поскольку $MC \perp (ABC)$, то $MC$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через $C$, включая $CH$. Значит, $\triangle MCH$ — прямоугольный с $\angle MCH = 90^\circ$. По теореме Пифагора:
$MC^2 + CH^2 = MH^2$
$MC^2 + 5^2 = (5\sqrt{3})^2$
$MC^2 + 25 = 25 \cdot 3 = 75$
$MC^2 = 75 - 25 = 50$
$MC = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$ см.

3. Нахождение угла между прямой AM и плоскостью ABC.
Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Так как $MC$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, то $AC$ является проекцией наклонной $AM$ на эту плоскость. Следовательно, искомый угол — это $\angle MAC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $MAC$ (угол $\angle MCA = 90^\circ$, так как $MC \perp AC$). Мы нашли длины его катетов:
$AC = 5\sqrt{2}$ см
$MC = 5\sqrt{2}$ см
Найдем тангенс угла $\angle MAC$:
$\text{tg}(\angle MAC) = \frac{MC}{AC} = \frac{5\sqrt{2}}{5\sqrt{2}} = 1$.
Угол, тангенс которого равен 1, составляет $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

13.23. Отрезок $DA$ — перпендикуляр к плоскости правильного треугольника $ABC$, $AD = AB$, точка $E$ — середина стороны $BC$. Найдите угол между:

1) прямой $AB$ и плоскостью $ADE$;

2) прямой $AC$ и плоскостью $ABD$.

Пусть сторона правильного треугольника $ABC$ равна $a$. Тогда $AB = BC = AC = a$. По условию $AD = AB$, следовательно, $AD = a$.

1) прямой AB и плоскостью ADE;

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Найдём проекцию прямой $AB$ на плоскость $ADE$.

Точка $A$ принадлежит плоскости $ADE$, поэтому её проекция на эту плоскость совпадает с самой точкой $A$.

Чтобы найти проекцию точки $B$ на плоскость $ADE$, необходимо опустить перпендикуляр из точки $B$ на эту плоскость.

Так как треугольник $ABC$ правильный, то его медиана $AE$ (поскольку $E$ — середина $BC$) является также и высотой. Следовательно, $AE \perp BC$.

По условию, отрезок $DA$ перпендикулярен плоскости $ABC$. Это означает, что $DA$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $DA \perp BC$.

Мы имеем, что прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AE$ и $DA$, которые лежат в плоскости $ADE$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $ADE$.

Поскольку прямая $BC$ проходит через точку $B$ и перпендикулярна плоскости $ADE$ в точке $E$ (так как $E$ - точка пересечения $BC$ и плоскости $ADE$), то точка $E$ является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $B$ на плоскость $ADE$. Таким образом, $E$ — проекция точки $B$ на плоскость $ADE$.

Следовательно, прямая $AE$ является проекцией прямой $AB$ на плоскость $ADE$.

Искомый угол — это угол между прямой $AB$ и её проекцией $AE$, то есть угол $\angle BAE$.

В правильном треугольнике $ABC$ медиана $AE$ также является биссектрисой угла $\angle BAC$. Угол правильного треугольника $\angle BAC = 60^\circ$.

Поэтому, $\angle BAE = \frac{1}{2} \angle BAC = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$.

2) прямой AC и плоскостью ABD.

Аналогично первому пункту, найдём угол между прямой $AC$ и её проекцией на плоскость $ABD$.

Точка $A$ принадлежит плоскости $ABD$, поэтому её проекция на эту плоскость — это сама точка $A$.

Найдём проекцию точки $C$ на плоскость $ABD$, опустив из неё перпендикуляр на эту плоскость.

По условию $DA \perp (ABC)$. Плоскость $ABD$ содержит прямую $DA$. По признаку перпендикулярности двух плоскостей, если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Следовательно, плоскость $(ABD) \perp (ABC)$.

Линией пересечения этих перпендикулярных плоскостей является прямая $AB$.

Перпендикуляр из точки $C$, лежащей в плоскости $ABC$, на плоскость $ABD$ будет лежать в плоскости $ABC$ и будет перпендикулярен линии пересечения $AB$.

Проведём в плоскости $ABC$ высоту $CK$ к стороне $AB$. Таким образом, $CK \perp AB$. Так как $CK$ лежит в плоскости $ABC$ и перпендикулярна линии пересечения $AB$ плоскостей $ABC$ и $ABD$, то $CK$ перпендикулярна всей плоскости $ABD$.

Следовательно, точка $K$ является проекцией точки $C$ на плоскость $ABD$.

Тогда прямая $AK$ является проекцией прямой $AC$ на плоскость $ABD$.

Искомый угол — это угол между прямой $AC$ и её проекцией $AK$, то есть угол $\angle CAK$.

Точка $K$ лежит на отрезке $AB$, поэтому угол $\angle CAK$ совпадает с углом $\angle CAB$.

Так как треугольник $ABC$ правильный, то $\angle CAB = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$.

13.24. Отрезок $MB$ — перпендикуляр к плоскости квадрата $ABCD$, причём $MB = AB$. Найдите угол между:

1) прямой $AB$ и плоскостью $BMD$;

2) прямой $AM$ и плоскостью $BMD$.

Решение:

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. Тогда $AB = a$. По условию $MB = AB$, следовательно $MB = a$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $AC$ и $BD$.

1) прямой $AB$ и плоскостью $BMD$

Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее проекцией на эту плоскость. Точка $B$ принадлежит как прямой $AB$, так и плоскости $BMD$. Следовательно, проекцией точки $B$ на плоскость $BMD$ является сама точка $B$.

Найдем проекцию точки $A$ на плоскость $BMD$. Диагонали квадрата $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны, то есть $AC \perp BD$.

Так как отрезок $MB$ перпендикулярен плоскости квадрата $ABCD$, то $MB$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $MB \perp AC$.

Таким образом, прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $MB$, лежащим в плоскости $BMD$. Отсюда следует, что $AC \perp (BMD)$.

Поскольку $AC \perp (BMD)$, то отрезок $AO$ (часть $AC$) также перпендикулярен плоскости $BMD$. Следовательно, точка $O$ является проекцией точки $A$ на плоскость $BMD$.

Проекция прямой $AB$ на плоскость $BMD$ — это прямая $BO$. Искомый угол — это угол между прямой $AB$ и ее проекцией $BO$, то есть $\angle ABO$.

В квадрате $ABCD$ диагональ $BD$ является биссектрисой угла $ABC$. Так как $\angle ABC = 90^\circ$, то $\angle ABD = \angle ABO = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

2) прямой $AM$ и плоскостью $BMD$

Как установлено выше, проекцией точки $A$ на плоскость $BMD$ является точка $O$. Точка $M$ принадлежит плоскости $BMD$. Следовательно, проекцией прямой $AM$ на плоскость $BMD$ является прямая $OM$. Искомый угол — это угол между прямой $AM$ и ее проекцией $OM$, то есть $\angle AMO$.

Рассмотрим треугольник $AOM$. Поскольку $AO \perp (BMD)$, то $AO \perp OM$. Следовательно, $\triangle AOM$ является прямоугольным треугольником с прямым углом при вершине $O$.

Найдем длины сторон $AO$ и $OM$.

В квадрате $ABCD$ со стороной $a$ длина диагонали $AC$ равна $a\sqrt{2}$. Точка $O$ — середина диагонали $AC$, поэтому $AO = \frac{1}{2} AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BOM$. Так как $MB \perp (ABCD)$, то $MB \perp BO$. Длина отрезка $BO = \frac{1}{2} BD$. Поскольку $BD = AC = a\sqrt{2}$, то $BO = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

По теореме Пифагора для $\triangle BOM$: $OM^2 = MB^2 + BO^2$.

$OM^2 = a^2 + \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = a^2 + \frac{2a^2}{4} = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$.

$OM = \sqrt{\frac{3a^2}{2}} = a\sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $AOM$ (прямой угол при $O$) найдем $\tan(\angle AMO)$.

$\tan(\angle AMO) = \frac{AO}{OM} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Угол, тангенс которого равен $\frac{1}{\sqrt{3}}$, составляет $30^\circ$.

Следовательно, $\angle AMO = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

13.25. Из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведены две равные наклонные, угол между которыми равен $60^\circ$. Угол между проекциями данных наклонных на плоскость $\alpha$ равен $90^\circ$. Найдите угол между данными наклонными и плоскостью $\alpha$.

Пусть из точки $A$ к плоскости $\alpha$ проведены две равные наклонные $AB$ и $AC$. Пусть их длина равна $L$, то есть $AB = AC = L$. Угол между этими наклонными по условию равен $60^\circ$, то есть $\angle BAC = 60^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Так как две его стороны равны ($AB = AC$), он является равнобедренным. Поскольку угол между этими равными сторонами равен $60^\circ$, то $\triangle ABC$ является равносторонним. Следовательно, все его стороны равны $L$, в частности, $BC = L$.

Пусть $AO$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $\alpha$. Тогда точка $O$ является проекцией точки $A$ на эту плоскость. Отрезки $OB$ и $OC$ являются проекциями наклонных $AB$ и $AC$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

По условию, угол между проекциями равен $90^\circ$, то есть $\angle BOC = 90^\circ$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle AOC$ (углы $\angle AOB$ и $\angle AOC$ прямые, так как $AO \perp \alpha$). У этих треугольников:
1. Гипотенузы равны: $AB = AC = L$ (по условию).
2. Катет $AO$ — общий.
Следовательно, $\triangle AOB = \triangle AOC$ по гипотенузе и катету. Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон: $OB = OC$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle OBC$, лежащий в плоскости $\alpha$. Он является прямоугольным ($\angle BOC = 90^\circ$) и равнобедренным ($OB = OC$). По теореме Пифагора для $\triangle OBC$:
$BC^2 = OB^2 + OC^2$
Так как $OB = OC$ и $BC = L$, получаем:
$L^2 = OB^2 + OB^2 = 2 \cdot OB^2$
Отсюда находим квадрат длины проекции:
$OB^2 = \frac{L^2}{2}$
И саму длину проекции:
$OB = \sqrt{\frac{L^2}{2}} = \frac{L}{\sqrt{2}}$

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость. Нам нужно найти угол $\angle ABO$. Обозначим его как $\phi$.

В прямоугольном треугольнике $\triangle AOB$ косинус угла $\phi$ равен отношению прилежащего катета $OB$ к гипотенузе $AB$:
$\cos(\phi) = \frac{OB}{AB}$
Подставляем найденные значения:
$\cos(\phi) = \frac{L/\sqrt{2}}{L} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
Угол, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, — это $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

13.26. Из точки $B$ к плоскости $\beta$ проведены две равные наклонные, угол между которыми прямой. Угол между проекциями данных наклонных на плоскость $\beta$ равен $120^\circ$. Найдите косинус угла между данными наклонными и плоскостью $\beta$.

Пусть из точки $B$ к плоскости $\beta$ проведены две равные наклонные $BA$ и $BC$. Обозначим длину этих наклонных как $l$, то есть $BA = BC = l$.

Пусть точка $O$ — проекция точки $B$ на плоскость $\beta$. Тогда $BO$ — перпендикуляр к плоскости $\beta$, а отрезки $OA$ и $OC$ — проекции наклонных $BA$ и $BC$ на эту плоскость. Поскольку наклонные равны, то равны и их проекции: $OA = OC$. Обозначим длину проекций как $p$.

По условию, угол между наклонными прямой, значит $\angle ABC = 90^{\circ}$. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Он является равнобедренным и прямоугольным. По теореме Пифагора найдём квадрат длины стороны $AC$:

$AC^2 = BA^2 + BC^2 = l^2 + l^2 = 2l^2$

По условию, угол между проекциями данных наклонных равен $120^{\circ}$, то есть $\angle AOC = 120^{\circ}$. Рассмотрим треугольник $\triangle AOC$, который лежит в плоскости $\beta$. Он является равнобедренным, так как $OA = OC = p$. Применим к нему теорему косинусов для нахождения квадрата длины стороны $AC$:

$AC^2 = OA^2 + OC^2 - 2 \cdot OA \cdot OC \cdot \cos(\angle AOC)$

$AC^2 = p^2 + p^2 - 2 \cdot p \cdot p \cdot \cos(120^{\circ})$

Так как $\cos(120^{\circ}) = -1/2$, получаем:

$AC^2 = 2p^2 - 2p^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2p^2 + p^2 = 3p^2$

Теперь мы имеем два выражения для $AC^2$. Приравняем их:

$2l^2 = 3p^2$

Отсюда найдём отношение квадратов длин проекции и наклонной:

$\frac{p^2}{l^2} = \frac{2}{3}$

Углом между наклонной и плоскостью называется угол между этой наклонной и её проекцией на плоскость. Обозначим этот угол как $\alpha$. В нашем случае это угол $\angle BAO$ (или $\angle BCO$). Из прямоугольного треугольника $\triangle BOA$ (где $\angle BOA = 90^{\circ}$) косинус этого угла равен отношению прилежащего катета $OA$ к гипотенузе $BA$:

$\cos(\alpha) = \frac{OA}{BA} = \frac{p}{l}$

Из соотношения $2l^2 = 3p^2$ мы можем найти это отношение:

$\frac{p}{l} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$

Следовательно, косинус угла между данными наклонными и плоскостью $\beta$ равен $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

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: $\frac{\sqrt{6}}{4}$

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: $45^\circ$.

13.29. Через вершину прямого угла проведена прямая, образующая с каждой из его сторон угол $60^\circ$. Найдите угол, который образует эта прямая с плоскостью прямого угла.

Для решения задачи введем трехмерную декартову систему координат. Пусть вершина прямого угла совпадает с началом координат $O(0, 0, 0)$, а его стороны лежат на положительных полуосях $Ox$ и $Oy$. В этом случае плоскость, в которой находится прямой угол, будет плоскостью $Oxy$.

Пусть $\vec{a}$ и $\vec{b}$ — единичные векторы, сонаправленные со сторонами прямого угла. Тогда $\vec{a} = (1, 0, 0)$ и $\vec{b} = (0, 1, 0)$.

Пусть $\vec{v} = (x, y, z)$ — это единичный направляющий вектор прямой, которая проходит через начало координат и образует заданные углы. Условие единичности вектора означает, что его длина равна 1: $|\vec{v}| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = 1$.

По условию, прямая образует со сторонами угла углы в $60^\circ$. Угол между векторами находится с помощью скалярного произведения.

Угол между вектором $\vec{v}$ и вектором $\vec{a}$ (ось $Ox$):

$\cos 60^\circ = \frac{\vec{v} \cdot \vec{a}}{|\vec{v}| |\vec{a}|}$

$\frac{1}{2} = \frac{x \cdot 1 + y \cdot 0 + z \cdot 0}{1 \cdot 1}$

Отсюда получаем $x = \frac{1}{2}$.

Угол между вектором $\vec{v}$ и вектором $\vec{b}$ (ось $Oy$):

$\cos 60^\circ = \frac{\vec{v} \cdot \vec{b}}{|\vec{v}| |\vec{b}|}$

$\frac{1}{2} = \frac{x \cdot 0 + y \cdot 1 + z \cdot 0}{1 \cdot 1}$

Отсюда получаем $y = \frac{1}{2}$.

Теперь, зная $x$ и $y$, мы можем найти $z$ из условия, что вектор $\vec{v}$ является единичным:

$x^2 + y^2 + z^2 = 1$

$(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2 + z^2 = 1$

$\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + z^2 = 1$

$\frac{1}{2} + z^2 = 1$

$z^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

$z = \pm\sqrt{\frac{1}{2}} = \pm\frac{1}{\sqrt{2}} = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$

Направляющий вектор прямой может быть, например, $\vec{v} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$. Знак компоненты $z$ не влияет на угол с плоскостью $Oxy$.

Теперь найдем угол $\alpha$ между прямой с направляющим вектором $\vec{v}$ и плоскостью $Oxy$. Вектор нормали (перпендикуляра) к плоскости $Oxy$ — это вектор $\vec{n} = (0, 0, 1)$.

Синус угла между прямой и плоскостью вычисляется по формуле:

$\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| |\vec{n}|}$

Подставляем наши значения:

$\sin \alpha = \frac{|(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot (0, 0, 1)|}{1 \cdot 1} = |\frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 1| = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Теперь находим сам угол $\alpha$:

$\alpha = \arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$

Ответ: $45^\circ$.

13.30. Через вершину угла, равного $60^\circ$, проведена прямая, образующая с каждой из его сторон угол $60^\circ$. Найдите косинус угла, который образует эта прямая с плоскостью данного угла.

Пусть данный угол с вершиной в точке $O$ образован лучами $OA$ и $OB$. По условию, $\angle AOB = 60^\circ$. Через вершину $O$ проведена прямая $OC$, которая образует с каждой из сторон угла $OA$ и $OB$ угол в $60^\circ$. То есть, $\angle AOC = 60^\circ$ и $\angle BOC = 60^\circ$.

Нам нужно найти косинус угла $\phi$ между прямой $OC$ и плоскостью угла $AOB$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость.

Для решения задачи выберем на лучах $OA$, $OB$ и $OC$ точки $A$, $B$ и $C$ соответственно, так, чтобы $OA = OB = OC = a$, где $a$ — некоторое положительное число.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$, $\triangle AOC$ и $\triangle BOC$:

• В $\triangle AOB$: $OA = OB = a$ и $\angle AOB = 60^\circ$. Следовательно, $\triangle AOB$ является равносторонним, и $AB = a$.
• В $\triangle AOC$: $OA = OC = a$ и $\angle AOC = 60^\circ$. Следовательно, $\triangle AOC$ является равносторонним, и $AC = a$.
• В $\triangle BOC$: $OB = OC = a$ и $\angle BOC = 60^\circ$. Следовательно, $\triangle BOC$ является равносторонним, и $BC = a$.

Таким образом, мы получили тетраэдр $OABC$, все рёбра которого равны $a$. Такой тетраэдр является правильным.

Найдём угол $\phi$ между ребром $OC$ и плоскостью основания $AOB$. Для этого опустим из точки $C$ перпендикуляр $CH$ на плоскость $AOB$. Тогда отрезок $OH$ будет проекцией отрезка $OC$ на плоскость $AOB$, а искомый угол $\phi$ будет равен углу $\angle COH$.

В правильном тетраэдре проекция вершины на основание совпадает с центром этого основания. Так как основание $\triangle AOB$ — равносторонний треугольник, его центром (точкой пересечения медиан, биссектрис и высот) является точка $H$.

Найдём длину проекции $OH$. В равностороннем треугольнике $AOB$ проведём медиану (она же высота и биссектриса) $OM$ к стороне $AB$. Длина медианы $OM$ равна:
$OM = OA \cdot \sin(60^\circ) = a \frac{\sqrt{3}}{2}$

Точка $H$, как центр треугольника, делит медиану $OM$ в отношении $2:1$, считая от вершины $O$. Следовательно:
$OH = \frac{2}{3} OM = \frac{2}{3} \cdot a \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OCH$ (где $\angle OHC = 90^\circ$). Косинус искомого угла $\phi = \angle COH$ равен отношению прилежащего катета $OH$ к гипотенузе $OC$:
$\cos(\phi) = \frac{OH}{OC} = \frac{a\sqrt{3}/3}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

13.31. Точка $M$ — середина ребра $CD$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между прямой $A_1M$ и плоскостью $CDD_1$, если $AD = 5$ см, $DC = 6$ см, $DD_1 = 4$ см.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Найдём проекцию прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$.

Точка $M$ является серединой ребра $CD$, а ребро $CD$ лежит в плоскости $CDD_1$. Следовательно, проекцией точки $M$ на плоскость $CDD_1$ является сама точка $M$.

Для нахождения проекции точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$ опустим перпендикуляр из точки $A_1$ на эту плоскость. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — прямоугольный параллелепипед, его боковые ребра перпендикулярны основаниям, а смежные грани перпендикулярны. Грань $ADD_1A_1$ перпендикулярна грани $CDD_1C_1$. Ребро $A_1D_1$ лежит в плоскости $ADD_1A_1$ и перпендикулярно линии их пересечения $DD_1$. Также $A_1D_1$ перпендикулярно ребру $D_1C_1$. Так как $A_1D_1$ перпендикулярно двум пересекающимся прямым ($DD_1$ и $D_1C_1$) в плоскости $CDD_1$, то $A_1D_1$ перпендикулярно всей плоскости $CDD_1$.

Таким образом, $D_1$ является проекцией точки $A_1$ на плоскость $CDD_1$. Прямая $D_1M$ является проекцией прямой $A_1M$ на плоскость $CDD_1$. Искомый угол — это угол $\angle A_1MD_1$, который находится в треугольнике $\triangle A_1D_1M$.

Поскольку $A_1D_1 \perp (CDD_1)$, то $A_1D_1$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $D_1M$. Следовательно, треугольник $\triangle A_1D_1M$ — прямоугольный с прямым углом $\angle A_1D_1M$.

Найдём длины катетов этого треугольника.Катет $A_1D_1$ равен ребру $AD$, так как $ADD_1A_1$ — прямоугольник.$A_1D_1 = AD = 5$ см.

Катет $D_1M$ найдём из прямоугольного треугольника $\triangle DD_1M$, который лежит в грани $CDD_1C_1$. Угол $\angle D_1DM = 90^\circ$, так как ребро $DD_1$ перпендикулярно основанию $ABCD$.Длина ребра $DD_1 = 4$ см.Точка $M$ — середина ребра $CD$, и $DC = 6$ см.Значит, $DM = \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ см.По теореме Пифагора для $\triangle DD_1M$:$D_1M^2 = DD_1^2 + DM^2 = 4^2 + 3^2 = 16 + 9 = 25$$D_1M = \sqrt{25} = 5$ см.

Теперь в прямоугольном треугольнике $\triangle A_1D_1M$ известны оба катета: $A_1D_1 = 5$ см и $D_1M = 5$ см.Найдём тангенс искомого угла $\angle A_1MD_1$:$\text{tg}(\angle A_1MD_1) = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{прилежащий катет}} = \frac{A_1D_1}{D_1M} = \frac{5}{5} = 1$

Угол, тангенс которого равен 1, это $45^\circ$.Следовательно, искомый угол между прямой $A_1M$ и плоскостью $CDD_1$ равен $45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.