Страница 164 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

14.34. Из точек $A$ и $B$, принадлежащих разным граням двугранного угла, опустили перпендикуляры $AC$ и $BD$ на его ребро. Найдите данный двугранный угол, если $AC = CD = BD = 2$ см, $AB = 2\sqrt{2}$ см.

Пусть $ \alpha $ и $ \beta $ — грани двугранного угла, а $l$ — его ребро. По условию задачи, точка $A$ принадлежит грани $ \alpha $, а точка $B$ — грани $ \beta $. Из точек $A$ и $B$ опущены перпендикуляры $AC$ и $BD$ на ребро $l$, то есть $AC \perp l$ и $BD \perp l$, причем точки $C$ и $D$ лежат на ребре $l$.

Величина двугранного угла, которую мы ищем (обозначим ее $ \phi $), по определению равна углу между двумя лучами, исходящими из одной точки на ребре, лежащими в разных гранях и перпендикулярными ребру. Таким образом, $ \phi $ — это угол между направлениями векторов $ \vec{AC} $ и $ \vec{BD} $.

Даны следующие значения: $AC = 2$ см, $CD = 2$ см, $BD = 2$ см, $AB = 2\sqrt{2}$ см.

Для нахождения угла используем векторный метод. Рассмотрим векторы, соединяющие точки $A, B, C, D$. Вектор $ \vec{AB} $ можно представить как сумму векторов по ломаной $ACDB$:$ \vec{AB} = \vec{AC} + \vec{CD} + \vec{DB} $

Найдем квадрат длины вектора $ \vec{AB} $ через скалярное произведение:$ AB^2 = |\vec{AB}|^2 = (\vec{AC} + \vec{CD} + \vec{DB}) \cdot (\vec{AC} + \vec{CD} + \vec{DB}) $Раскрывая скобки по правилу умножения многочленов, получаем:$ AB^2 = \vec{AC}^2 + \vec{CD}^2 + \vec{DB}^2 + 2(\vec{AC} \cdot \vec{CD}) + 2(\vec{AC} \cdot \vec{DB}) + 2(\vec{CD} \cdot \vec{DB}) $Заменяя квадраты векторов на квадраты их длин, получаем:$ AB^2 = AC^2 + CD^2 + DB^2 + 2(\vec{AC} \cdot \vec{CD}) + 2(\vec{AC} \cdot \vec{DB}) + 2(\vec{CD} \cdot \vec{DB}) $

Проанализируем скалярные произведения в этом выражении:

• По условию, $AC \perp l$. Вектор $ \vec{AC} $ перпендикулярен ребру, а вектор $ \vec{CD} $ лежит на ребре. Следовательно, векторы $ \vec{AC} $ и $ \vec{CD} $ ортогональны, и их скалярное произведение равно нулю: $ \vec{AC} \cdot \vec{CD} = 0 $.
• Аналогично, $BD \perp l$. Вектор $ \vec{BD} $ (и, следовательно, $ \vec{DB} $) перпендикулярен ребру, а вектор $ \vec{CD} $ лежит на ребре. Значит, они также ортогональны: $ \vec{CD} \cdot \vec{DB} = 0 $.
• Угол между векторами $ \vec{AC} $ и $ \vec{BD} $ равен искомому двугранному углу $ \phi $. Нам нужно найти скалярное произведение $ \vec{AC} \cdot \vec{DB} $. Так как $ \vec{DB} = -\vec{BD} $, то:
  $ \vec{AC} \cdot \vec{DB} = \vec{AC} \cdot (-\vec{BD}) = -(\vec{AC} \cdot \vec{BD}) = -|\vec{AC}| \cdot |\vec{BD}| \cdot \cos\phi = -AC \cdot BD \cdot \cos\phi $.

Подставим значения скалярных произведений в исходное уравнение:$ AB^2 = AC^2 + CD^2 + BD^2 + 2(0) + 2(-AC \cdot BD \cdot \cos\phi) + 2(0) $$ AB^2 = AC^2 + CD^2 + BD^2 - 2 \cdot AC \cdot BD \cdot \cos\phi $

Теперь подставим известные числовые значения:$ (2\sqrt{2})^2 = 2^2 + 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \cos\phi $$ 8 = 4 + 4 + 4 - 8 \cos\phi $$ 8 = 12 - 8 \cos\phi $Выразим $ \cos\phi $:$ 8 \cos\phi = 12 - 8 $$ 8 \cos\phi = 4 $$ \cos\phi = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} $

Так как двугранный угол $ \phi $ по определению находится в пределах от $0^\circ$ до $180^\circ$, то из уравнения $ \cos\phi = \frac{1}{2} $ следует, что $ \phi = 60^\circ $.

Ответ: $60^\circ$.

14.35. Концы отрезка $CD$ принадлежат разным граням двугранного угла, равного $30^\circ$. Из точек $C$ и $D$ опустили перпендикуляры $CE$ и $DF$ на ребро двугранного угла. Найдите отрезок $CE$, если $CD = 5$ см, $DF = 4\sqrt{3}$ см, $EF = 2$ см.

Пусть дан двугранный угол, образованный полуплоскостями $\alpha$ и $\beta$, пересекающимися по прямой $l$. Точка $C$ лежит в плоскости $\alpha$, а точка $D$ — в плоскости $\beta$. По условию, $CE \perp l$ и $DF \perp l$, где $E$ и $F$ — точки на ребре $l$. Угол между плоскостями равен $30^{\circ}$. Даны длины: $CD = 5$ см, $DF = 4\sqrt{3}$ см, $EF = 2$ см. Найти нужно длину отрезка $CE$.

Для решения задачи используем метод проекций или вспомогательное построение. Выполним параллельный перенос отрезка $DF$ на вектор $\vec{FE}$. Точка $F$ перейдет в точку $E$, а точка $D$ — в некоторую точку $D'$.

В результате этого переноса мы получим четырехугольник $D'DFE$, который является прямоугольником, так как $DF \perp FE$ (поскольку $DF$ перпендикулярен ребру $l$, на котором лежит $FE$). Следовательно, $D'E = DF = 4\sqrt{3}$ см и $D'D = FE = 2$ см. Также $D'D \parallel FE$, то есть отрезок $D'D$ параллелен ребру двугранного угла $l$.

Рассмотрим треугольник $CDD'$. Так как отрезок $D'D$ параллелен ребру $l$, а отрезки $CE$ и $D'E$ по построению перпендикулярны ребру $l$, то плоскость треугольника $CED'$ перпендикулярна прямой $D'D$. Это означает, что любой отрезок в этой плоскости, в частности $CD'$, будет перпендикулярен $D'D$. Таким образом, треугольник $CDD'$ является прямоугольным с прямым углом $\angle CD'D$.

По теореме Пифагора для треугольника $CDD'$:

$CD^2 = (CD')^2 + (D'D)^2$

Подставим известные значения:

$5^2 = (CD')^2 + 2^2$

$25 = (CD')^2 + 4$

$(CD')^2 = 25 - 4 = 21$

Теперь рассмотрим треугольник $CED'$. Он лежит в плоскости, перпендикулярной ребру $l$. Угол $\angle CED'$ в этом треугольнике является линейным углом двугранного угла, то есть $\angle CED' = 30^{\circ}$. Стороны этого треугольника: $CE$ (искомая длина, обозначим ее за $x$), $D'E = 4\sqrt{3}$ см, и мы нашли квадрат стороны $CD'$.

Применим теорему косинусов для треугольника $CED'$:

$(CD')^2 = CE^2 + (D'E)^2 - 2 \cdot CE \cdot D'E \cdot \cos(\angle CED')$

Подставим известные значения и обозначения:

$21 = x^2 + (4\sqrt{3})^2 - 2 \cdot x \cdot 4\sqrt{3} \cdot \cos(30^{\circ})$

Упростим выражение:

$21 = x^2 + 16 \cdot 3 - 8\sqrt{3} \cdot x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$21 = x^2 + 48 - 8 \cdot x \cdot \frac{3}{2}$

$21 = x^2 + 48 - 12x$

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить квадратное уравнение:

$x^2 - 12x + 48 - 21 = 0$

$x^2 - 12x + 27 = 0$

Решим это квадратное уравнение. Можно использовать теорему Виета. Сумма корней равна 12, а их произведение равно 27. Этим условиям удовлетворяют числа 3 и 9.

$x_1 = 3$, $x_2 = 9$.

Оба корня положительные, следовательно, оба могут являться длиной отрезка. Задача имеет два возможных решения.

Ответ: $3$ см или $9$ см.

14.36. Отрезок $MA$ — перпендикуляр к плоскости ромба $ABCD$. Найдите тангенс угла между плоскостями $ABC$ и $MCD$, если $MA = AB$, $\angle ABC = 120^\circ$.

Обозначим искомый угол между плоскостями $ABC$ и $MCD$ как $\alpha$. Плоскость $ABC$ совпадает с плоскостью ромба $ABCD$. Следовательно, мы ищем угол между плоскостью ромба $ABCD$ и плоскостью $MCD$.

Эти две плоскости пересекаются по прямой $CD$. Угол между плоскостями — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Для его нахождения построим перпендикуляры к линии пересечения $CD$ в каждой из плоскостей, проведенные к одной точке.

1. В плоскости ромба $ABCD$ опустим перпендикуляр $AH$ из точки $A$ на прямую $CD$. Таким образом, $AH \perp CD$.

2. По условию, отрезок $MA$ перпендикулярен плоскости $ABCD$. Это означает, что $MA$ — перпендикуляр, а $MH$ — наклонная к плоскости $ABCD$, и $AH$ — проекция этой наклонной на плоскость.

3. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если проекция наклонной ($AH$) перпендикулярна некоторой прямой в плоскости ($CD$), то и сама наклонная ($MH$) перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $MH \perp CD$.

Мы построили два перпендикуляра ($AH$ и $MH$) к общей прямой $CD$, сходящиеся в точке $H$. Угол между этими перпендикулярами, $\angle MHA$, и является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $MCD$. Таким образом, $\alpha = \angle MHA$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MAH$. Так как $MA \perp (ABCD)$, то $MA$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $A$. Значит, $MA \perp AH$, и треугольник $\triangle MAH$ является прямоугольным с прямым углом $\angle MAH$.

Тангенс искомого угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета $MA$ к прилежащему катету $AH$:

$\tan(\alpha) = \tan(\angle MHA) = \frac{MA}{AH}$

Теперь найдем длины катетов. Пусть сторона ромба равна $a$.

Из условия задачи мы знаем, что $MA = AB$. Так как $AB$ — сторона ромба, то $MA = a$.

Далее найдем длину $AH$. $AH$ — это высота, опущенная из вершины $A$ на прямую, содержащую сторону $CD$ ромба. В ромбе $ABCD$ сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна $180^\circ$. Так как $\angle ABC = 120^\circ$, то смежный с ним угол $\angle BCD = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$. Противоположный угол $\angle ADC = \angle ABC = 120^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ADH$. Это прямоугольный треугольник, где $AD$ — гипотенуза ($AD=a$). Угол $\angle ADH$ является смежным с углом $\angle ADC$ ромба, если точка $H$ лежит на продолжении стороны $CD$ за точку $D$. Угол $\angle ADH = 180^\circ - \angle ADC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle ADH$ находим катет $AH$:

$AH = AD \cdot \sin(\angle ADH) = a \cdot \sin(60^\circ) = a \frac{\sqrt{3}}{2}$

Теперь, зная длины $MA$ и $AH$, можем найти тангенс угла $\alpha$:

$\tan(\alpha) = \frac{MA}{AH} = \frac{a}{a \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$

Ответ: $\frac{2\sqrt{3}}{3}$

14.37. Точка $M$ — середина ребра $CC_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Найдите угол между плоскостями $BMD$ и $A_1BD$.

Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это величина двугранного угла, образованного этими плоскостями. Для его нахождения можно построить линейный угол двугранного угла.
Плоскости $(BMD)$ и $(A_1BD)$ пересекаются по прямой $BD$. Построим линейный угол двугранного угла с ребром $BD$.
Рассмотрим треугольник $BMD$. Так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб, то его грани являются квадратами. Треугольники $\triangle BCM$ и $\triangle DCM$ — прямоугольные. $BC = DC$ (как рёбра куба), $CM$ — общий катет. Следовательно, $\triangle BCM = \triangle DCM$ по двум катетам, откуда $MB = MD$. Таким образом, треугольник $BMD$ является равнобедренным с основанием $BD$.
Рассмотрим треугольник $A_1BD$. $A_1B$ и $A_1D$ — диагонали равных граней куба ($ABB_1A_1$ и $ADD_1A_1$), поэтому $A_1B = A_1D$. Таким образом, треугольник $A_1BD$ также является равнобедренным с основанием $BD$.
Пусть точка $O$ — середина диагонали $BD$. В равнобедренных треугольниках $BMD$ и $A_1BD$ медианы $MO$ и $A_1O$, проведённые к основанию $BD$, являются также и высотами. Это означает, что $MO \perp BD$ и $A_1O \perp BD$.
По определению, угол между плоскостями $(BMD)$ и $(A_1BD)$ равен углу между прямыми $MO$ и $A_1O$, то есть углу $\angle MOA_1$.
Для нахождения величины этого угла найдём длины сторон треугольника $MOA_1$. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$ и осями, направленными вдоль рёбер $AB$ (ось $x$), $AD$ (ось $y$) и $AA_1$ (ось $z$). Пусть длина ребра куба равна $a$.
Координаты вершин и точек:
$A(0, 0, 0)$, $B(a, 0, 0)$, $D(0, a, 0)$, $C(a, a, 0)$, $C_1(a, a, a)$, $A_1(0, 0, a)$.
Точка $M$ — середина ребра $CC_1$, её координаты: $M\left(\frac{a+a}{2}, \frac{a+a}{2}, \frac{0+a}{2}\right) = M(a, a, a/2)$.
Точка $O$ — середина отрезка $BD$, её координаты: $O\left(\frac{a+0}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = O(a/2, a/2, 0)$.
Теперь найдём квадраты длин сторон треугольника $MOA_1$ по формуле расстояния между точками $(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2$:
$A_1O^2 = (a/2 - 0)^2 + (a/2 - 0)^2 + (0 - a)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + a^2 = \frac{2a^2}{4} + a^2 = \frac{a^2}{2} + a^2 = \frac{3a^2}{2}$.
$MO^2 = (a/2 - a)^2 + (a/2 - a)^2 + (0 - a/2)^2 = (-\frac{a}{2})^2 + (-\frac{a}{2})^2 + (-\frac{a}{2})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} = \frac{3a^2}{4}$.
$A_1M^2 = (a - 0)^2 + (a - 0)^2 + (a/2 - a)^2 = a^2 + a^2 + (-\frac{a}{2})^2 = 2a^2 + \frac{a^2}{4} = \frac{8a^2}{4} + \frac{a^2}{4} = \frac{9a^2}{4}$.
Проверим, выполняется ли для треугольника $MOA_1$ теорема Пифагора:
$A_1O^2 + MO^2 = \frac{3a^2}{2} + \frac{3a^2}{4} = \frac{6a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} = \frac{9a^2}{4}$.
Мы видим, что $A_1O^2 + MO^2 = A_1M^2$.
Согласно теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $MOA_1$ является прямоугольным, причём прямой угол находится напротив самой длинной стороны $A_1M$, то есть $\angle MOA_1 = 90^\circ$.
Следовательно, угол между плоскостями $(BMD)$ и $(A_1BD)$ равен $90^\circ$.
Ответ: $90^\circ$.

14.38. Точка $M$ равноудалена от вершин квадрата $ABCD$, точка $O$ — центр данного квадрата, $MO = AC$. Точка $K$ — середина отрезка $MC$. Найдите тангенс угла между плоскостями $BMD$ и $BKD$.

Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$. Поскольку точка $M$ равноудалена от всех вершин квадрата ($MA=MB=MC=MD$), ее проекцией на плоскость квадрата является центр описанной окружности, то есть точка $O$. Это означает, что отрезок $MO$ перпендикулярен плоскости квадрата $(ABCD)$. Таким образом, $MABCD$ — это правильная четырехугольная пирамида.

Две плоскости, $(BMD)$ и $(BKD)$, пересекаются по прямой $BD$. Угол между двумя плоскостями — это угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными линии их пересечения в одной и той же точке.

Рассмотрим треугольник $BMD$. Так как $M$ равноудалена от вершин $B$ и $D$ ($MB=MD$), то треугольник $BMD$ — равнобедренный. $O$ — середина основания $BD$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является и высотой. Следовательно, $MO \perp BD$.

Рассмотрим треугольник $BKD$. Докажем, что он также равнобедренный. Треугольники $\triangle MBC$ и $\triangle MDC$ равны по трем сторонам ($MB=MD$ по условию, $BC=DC$ как стороны квадрата, $MC$ — общая сторона). Точка $K$ — середина отрезка $MC$. Отрезки $BK$ и $DK$ являются медианами к стороне $MC$ в равных треугольниках, следовательно, $BK = DK$. Таким образом, треугольник $BKD$ — равнобедренный с основанием $BD$.

Поскольку $\triangle BKD$ — равнобедренный, а $O$ — середина его основания $BD$, то медиана $KO$ также является высотой. Следовательно, $KO \perp BD$.

Мы получили, что $MO \perp BD$ и $KO \perp BD$. Обе прямые $MO$ и $KO$ лежат в соответствующих плоскостях и перпендикулярны линии пересечения $BD$ в одной и той же точке $O$. Значит, угол между плоскостями $(BMD)$ и $(BKD)$ равен линейному углу $\angle MOK$.

Для нахождения тангенса этого угла рассмотрим плоскость, содержащую точки $M, O, C$ (так как $K$ лежит на отрезке $MC$, точка $K$ также лежит в этой плоскости). Поскольку $MO \perp (ABCD)$, а $OC$ лежит в плоскости $(ABCD)$, то $MO \perp OC$. Таким образом, $\triangle MOC$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $O$.

Пусть половина диагонали квадрата $OC = x$. Тогда вся диагональ $AC = 2x$. По условию, высота пирамиды $MO = AC = 2x$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOC$. Точка $K$ — середина гипотенузы $MC$. Проведем из точки $K$ перпендикуляр $KP$ к катету $OC$. Так как $KP \parallel MO$, по теореме Фалеса $P$ — середина катета $OC$, а $KP$ — средняя линия треугольника.Тогда:$OP = \frac{1}{2}OC = \frac{x}{2}$$KP = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}(2x) = x$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $KOP$ (прямой угол при $P$). Угол $\angle KOP$ (или, что то же самое, $\angle KOC$) и искомый угол $\angle MOK$ в сумме составляют $90^\circ$, так как они образуют прямой угол $\angle MOC$:$\angle MOK + \angle KOC = \angle MOC = 90^\circ$Отсюда следует, что $\tan(\angle MOK) = \tan(90^\circ - \angle KOC) = \cot(\angle KOC)$.

Найдем тангенс угла $\angle KOC$ из треугольника $KOP$:$\tan(\angle KOC) = \tan(\angle KOP) = \frac{KP}{OP} = \frac{x}{x/2} = 2$.

Тогда искомый тангенс угла $\angle MOK$ равен:$\tan(\angle MOK) = \cot(\angle KOC) = \frac{1}{\tan(\angle KOC)} = \frac{1}{2}$.

Ответ: $\frac{1}{2}$.

14.39. В тетраэдре $DABC$ известно, что $BA = BC = 17$ см, $DA = DC = 25$ см, $BD = 28$ см, $AC = 15\sqrt{3}$ см. Найдите угол между плоскостями $BAD$ и $BCD$.

Угол между двумя плоскостями — это угол между перпендикулярами, проведенными в этих плоскостях к их линии пересечения из одной точки. В данном случае плоскости $BAD$ и $BCD$ пересекаются по прямой $BD$.

Рассмотрим треугольники $BAD$ и $BCD$.В них:

• $BA = BC = 17$ см (по условию)
• $DA = DC = 25$ см (по условию)
• $BD$ — общая сторона

Следовательно, треугольник $BAD$ равен треугольнику $BCD$ по трем сторонам (по третьему признаку равенства треугольников).

Проведем в плоскости $BAD$ высоту $AH$ к стороне $BD$. Тогда $AH \perp BD$.Так как $\triangle BAD = \triangle BCD$, то и их соответствующие высоты, проведенные к стороне $BD$, равны. Проведем в плоскости $BCD$ высоту $CH$ к стороне $BD$. Тогда $CH \perp BD$ и $AH = CH$.

Угол между плоскостями $BAD$ и $BCD$ равен линейному углу двугранного угла, то есть углу $\angle AHC$. Чтобы найти этот угол, найдем стороны треугольника $AHC$.

Найдем длину высоты $AH$ в треугольнике $BAD$. Для этого сначала вычислим площадь треугольника $BAD$ по формуле Герона. Стороны треугольника равны $17$ см, $25$ см и $28$ см.Полупериметр $p$ равен:$p = \frac{17 + 25 + 28}{2} = \frac{70}{2} = 35$ см.

Площадь $S_{BAD}$ треугольника $BAD$:$S_{BAD} = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{35(35-17)(35-25)(35-28)}$$S_{BAD} = \sqrt{35 \cdot 18 \cdot 10 \cdot 7} = \sqrt{(5 \cdot 7) \cdot (2 \cdot 9) \cdot (2 \cdot 5) \cdot 7} = \sqrt{5^2 \cdot 7^2 \cdot 2^2 \cdot 3^2} = 5 \cdot 7 \cdot 2 \cdot 3 = 210$ см².

С другой стороны, площадь треугольника можно найти как половину произведения основания на высоту:$S_{BAD} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot AH$$210 = \frac{1}{2} \cdot 28 \cdot AH$$210 = 14 \cdot AH$$AH = \frac{210}{14} = 15$ см.

Так как $AH = CH$, то $CH = 15$ см.Теперь рассмотрим треугольник $AHC$. Мы знаем все его стороны: $AH = 15$ см, $CH = 15$ см, $AC = 15\sqrt{3}$ см.Найдем угол $\angle AHC$ по теореме косинусов:$AC^2 = AH^2 + CH^2 - 2 \cdot AH \cdot CH \cdot \cos(\angle AHC)$$(15\sqrt{3})^2 = 15^2 + 15^2 - 2 \cdot 15 \cdot 15 \cdot \cos(\angle AHC)$$225 \cdot 3 = 225 + 225 - 2 \cdot 225 \cdot \cos(\angle AHC)$$675 = 450 - 450 \cdot \cos(\angle AHC)$$450 \cdot \cos(\angle AHC) = 450 - 675$$450 \cdot \cos(\angle AHC) = -225$$\cos(\angle AHC) = \frac{-225}{450} = -\frac{1}{2}$

Отсюда следует, что $\angle AHC = 120^\circ$.

Ответ: $120^\circ$.

14.40. В тетраэдре $DABC$ известно, что $AC = AB = 15$ см, $DB = DC = 13$ см, $AD = 14$ см, $BC = 12\sqrt{2}$ см. Найдите угол между плоскостями $BAD$ и $CAD$.

Угол между плоскостями $BAD$ и $CAD$ — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Линия пересечения данных плоскостей — ребро $AD$. Чтобы построить линейный угол, нужно в каждой плоскости провести перпендикуляр к линии пересечения $AD$ в одной и той же точке.

Рассмотрим грань $ABD$, которая является треугольником со сторонами $AB=15$ см, $DB=13$ см, $AD=14$ см.Рассмотрим грань $ACD$, которая является треугольником со сторонами $AC=15$ см, $DC=13$ см, $AD=14$ см.Поскольку $AB=AC$, $DB=DC$ и сторона $AD$ общая, то треугольники $ABD$ и $ACD$ равны по трем сторонам (SSS).

Проведем в треугольнике $ABD$ высоту $BH$ к стороне $AD$. Тогда $BH \perp AD$.Поскольку $\triangle ABD = \triangle ACD$, то высота $CH$, проведенная из вершины $C$ к стороне $AD$ в треугольнике $ACD$, будет равна высоте $BH$ и будет падать в ту же точку $H$ на ребре $AD$. Таким образом, $CH \perp AD$ и $BH = CH$.

Угол $\angle BHC$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $BAD$ и $CAD$. Чтобы найти этот угол, рассмотрим треугольник $BHC$. В этом треугольнике нам известна сторона $BC = 12\sqrt{2}$ см, и мы можем найти длины сторон $BH$ и $CH$.

Найдем длину высоты $BH$ в треугольнике $ABD$. Для этого сначала вычислим площадь треугольника $ABD$ по формуле Герона.Найдем полупериметр $p$:$p = \frac{AB + DB + AD}{2} = \frac{15 + 13 + 14}{2} = \frac{42}{2} = 21$ см.

Площадь треугольника $ABD$:$S_{ABD} = \sqrt{p(p-AB)(p-DB)(p-AD)} = \sqrt{21(21-15)(21-13)(21-14)}$$S_{ABD} = \sqrt{21 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 7} = \sqrt{(3 \cdot 7) \cdot (2 \cdot 3) \cdot (2^3) \cdot 7} = \sqrt{2^4 \cdot 3^2 \cdot 7^2} = 2^2 \cdot 3 \cdot 7 = 84$ см$^2$.

Площадь треугольника также можно найти по формуле $S = \frac{1}{2}ah$, где $a$ — основание, а $h$ — высота, проведенная к этому основанию.$S_{ABD} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot BH$$84 = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot BH$$84 = 7 \cdot BH$$BH = \frac{84}{7} = 12$ см.

Так как $BH = CH$, то $CH = 12$ см.

Теперь у нас есть все стороны треугольника $BHC$: $BH=12$ см, $CH=12$ см, $BC=12\sqrt{2}$ см.Для нахождения угла $\angle BHC$ воспользуемся теоремой косинусов:$BC^2 = BH^2 + CH^2 - 2 \cdot BH \cdot CH \cdot \cos(\angle BHC)$$(12\sqrt{2})^2 = 12^2 + 12^2 - 2 \cdot 12 \cdot 12 \cdot \cos(\angle BHC)$$144 \cdot 2 = 144 + 144 - 2 \cdot 144 \cdot \cos(\angle BHC)$$288 = 288 - 288 \cdot \cos(\angle BHC)$$0 = -288 \cdot \cos(\angle BHC)$$\cos(\angle BHC) = 0$Следовательно, $\angle BHC = 90^\circ$.

Заметим, что для треугольника $BHC$ выполняется теорема, обратная теореме Пифагора:$BH^2 + CH^2 = 12^2 + 12^2 = 144 + 144 = 288$$BC^2 = (12\sqrt{2})^2 = 144 \cdot 2 = 288$Поскольку $BH^2 + CH^2 = BC^2$, треугольник $BHC$ является прямоугольным, и $\angle BHC = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

14.41. Точка $M$ — середина стороны $AB$ правильного треугольника $ABC$, отрезок $DM$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$. Найдите угол между плоскостями $ACD$ и $BCD$, если $AB = 2\sqrt{3}$ см, $DM = 4$ см.

Угол между плоскостями (ACD) и (BCD) — это двугранный угол при ребре CD. Для его нахождения построим линейный угол, который равен мере двугранного угла.

1. В основании лежит правильный треугольник ABC. M — середина стороны AB, следовательно, CM является медианой и высотой треугольника ABC. Отсюда следует, что $CM \perp AB$.

2. По условию задачи, отрезок $DM$ перпендикулярен плоскости ABC. Это означает, что $DM$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости. Таким образом, $DM \perp AB$ и $DM \perp CM$.

3. Прямая AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым (CM и DM) в плоскости CDM. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая AB перпендикулярна плоскости (CDM).

4. Из того, что $AB \perp (CDM)$, следует, что прямая AB перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости (CDM), в том числе и прямой CD. Таким образом, мы можем построить плоскость, проходящую через AB и перпендикулярную CD.

5. Для построения линейного угла двугранного угла проведем из точки M перпендикуляр MK к прямой CD (точка K принадлежит отрезку CD). Так как прямая CD перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости (AKB) — прямой MK (по построению) и прямой AB (поскольку $AB \perp (CDM)$), — то прямая CD перпендикулярна плоскости (AKB). Следовательно, $CD \perp AK$ и $CD \perp BK$. Таким образом, угол $\angle AKB$ является линейным углом искомого двугранного угла.

6. Теперь найдем величину этого угла. Для этого вычислим длины необходимых отрезков.
- Сторона правильного треугольника ABC равна $AB = 2\sqrt{3}$ см. Его медиана (являющаяся и высотой) $CM$ вычисляется по формуле $a\sqrt{3}/2$:
$CM = \frac{2\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2} = 3$ см.
- Так как $DM \perp (ABC)$, то $DM \perp CM$. Треугольник DMC — прямоугольный. По теореме Пифагора найдем гипотенузу CD:
$CD = \sqrt{DM^2 + CM^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ см.
- Отрезок MK является высотой в прямоугольном треугольнике DMC, проведенной к гипотенузе. Длину этой высоты можно найти через площадь треугольника:
$S_{DMC} = \frac{1}{2} DM \cdot CM = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 = 6$ см².
$S_{DMC} = \frac{1}{2} CD \cdot MK \implies MK = \frac{2 \cdot S_{DMC}}{CD} = \frac{2 \cdot 6}{5} = \frac{12}{5} = 2.4$ см.

7. Рассмотрим треугольник AKB. Поскольку $AB \perp (CDM)$ и $MK \subset (CDM)$, то $MK \perp AB$. Так как M — середина AB, отрезок MK является медианой и высотой треугольника AKB. Следовательно, треугольник AKB — равнобедренный ($AK = BK$).
Рассмотрим прямоугольный треугольник AMK ($\angle AMK = 90^\circ$). Его катеты:
$AM = \frac{1}{2} AB = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ см.
$MK = \frac{12}{5}$ см.
Искомый угол $\angle AKB = 2 \cdot \angle AKM$. Найдем косинус этого угла, используя формулу косинуса двойного угла: $\cos(2\alpha) = \frac{1 - \tan^2(\alpha)}{1 + \tan^2(\alpha)}$.
Сначала найдем тангенс угла $\angle AKM$ ($\alpha$):
$\tan(\angle AKM) = \frac{AM}{MK} = \frac{\sqrt{3}}{12/5} = \frac{5\sqrt{3}}{12}$.
Теперь вычислим квадрат тангенса:
$\tan^2(\angle AKM) = \left(\frac{5\sqrt{3}}{12}\right)^2 = \frac{25 \cdot 3}{144} = \frac{75}{144}$.
Подставим в формулу косинуса двойного угла:
$\cos(\angle AKB) = \frac{1 - \frac{75}{144}}{1 + \frac{75}{144}} = \frac{\frac{144 - 75}{144}}{\frac{144 + 75}{144}} = \frac{69}{219}$.
Сократим дробь на 3: $\frac{69 \div 3}{219 \div 3} = \frac{23}{73}$.

Таким образом, косинус искомого угла равен $\frac{23}{73}$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{23}{73}\right)$.

14.42. Точка $M$ находится на расстоянии 3 см от плоскости квадрата $ABCD$ и равноудалена от его вершин. Найдите угол между плоскостями $BMC$ и $DMC$, если $AB = 4\sqrt{2}$ см.

Пусть $O$ – проекция точки $M$ на плоскость квадрата $ABCD$. Поскольку точка $M$ равноудалена от всех вершин квадрата ($MA = MB = MC = MD$), ее проекция $O$ является центром квадрата, то есть точкой пересечения его диагоналей. Расстояние от точки $M$ до плоскости квадрата – это длина перпендикуляра $MO$. Таким образом, $MO = 3$ см.

Сторона квадрата $ABCD$ равна $AB = 4\sqrt{2}$ см. Найдем длину диагонали квадрата $AC$ (или $BD$) по теореме Пифагора для треугольника $ABC$:$AC^2 = AB^2 + BC^2 = (4\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{2})^2 = 32 + 32 = 64$ см$^2$.$AC = BD = \sqrt{64} = 8$ см.Так как $O$ – центр квадрата, то $OC = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MOC$. По теореме Пифагора найдем длину отрезка $MC$, который является боковым ребром пирамиды $MABCD$:$MC^2 = MO^2 + OC^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25$ см$^2$.$MC = \sqrt{25} = 5$ см.Поскольку точка $M$ равноудалена от вершин, то $MB = MD = MC = 5$ см.

Угол между плоскостями $BMC$ и $DMC$ – это двугранный угол при ребре $MC$. Для его нахождения построим линейный угол. Треугольники $BMC$ и $DMC$ равны по трем сторонам ($MB=MD=5$ см, $BC=DC=4\sqrt{2}$ см, $MC$ – общая сторона). Проведем в треугольнике $DMC$ высоту $DH$ к стороне $MC$. Так как треугольники равны, то высота $BH$ в треугольнике $BMC$, проведенная к стороне $MC$, будет равна высоте $DH$ и попадет в ту же точку $H$. Таким образом, искомый угол между плоскостями равен углу $\angle BHD$.

Найдем длину высоты $DH$ (или $BH$). Для этого вычислим площадь треугольника $DMC$ двумя способами.Сначала найдем высоту $MK$, проведенную из вершины $M$ к основанию $DC$ в равнобедренном треугольнике $DMC$. $K$ – середина $DC$, значит $DK = \frac{1}{2} DC = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$ см.Из прямоугольного треугольника $MDK$ по теореме Пифагора:$MK^2 = MD^2 - DK^2 = 5^2 - (2\sqrt{2})^2 = 25 - 8 = 17$.$MK = \sqrt{17}$ см.Площадь треугольника $DMC$:$S_{DMC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{2} \cdot \sqrt{17} = 2\sqrt{34}$ см$^2$.С другой стороны, площадь этого же треугольника можно выразить через высоту $DH$:$S_{DMC} = \frac{1}{2} \cdot MC \cdot DH$.$2\sqrt{34} = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot DH$.Отсюда $DH = \frac{4\sqrt{34}}{5}$ см. Так как $\triangle BMC = \triangle DMC$, то $BH = DH = \frac{4\sqrt{34}}{5}$ см.

Теперь рассмотрим равнобедренный треугольник $BHD$. Нам известны длины всех его сторон: $BH = DH = \frac{4\sqrt{34}}{5}$ см и $BD = 8$ см. Найдем косинус угла $\angle BHD$ по теореме косинусов:$BD^2 = BH^2 + DH^2 - 2 \cdot BH \cdot DH \cdot \cos(\angle BHD)$.$8^2 = \left(\frac{4\sqrt{34}}{5}\right)^2 + \left(\frac{4\sqrt{34}}{5}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{4\sqrt{34}}{5}\right) \cdot \left(\frac{4\sqrt{34}}{5}\right) \cdot \cos(\angle BHD)$.$64 = 2 \cdot \frac{16 \cdot 34}{25} - 2 \cdot \frac{16 \cdot 34}{25} \cdot \cos(\angle BHD)$.$64 = 2 \cdot \frac{544}{25} \cdot (1 - \cos(\angle BHD))$.$64 = \frac{1088}{25} \cdot (1 - \cos(\angle BHD))$.$1 - \cos(\angle BHD) = \frac{64 \cdot 25}{1088}$.Так как $1088 = 64 \cdot 17$, то:$1 - \cos(\angle BHD) = \frac{25}{17}$.$\cos(\angle BHD) = 1 - \frac{25}{17} = -\frac{8}{17}$.Следовательно, искомый угол равен $\arccos\left(-\frac{8}{17}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(-\frac{8}{17}\right)$.

14.43. Гипотенуза $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ принадлежит плоскости $\alpha$. Угол между плоскостями $\alpha$ и $ABC$ равен $60^\circ$. Известно, что $AC = 1$ см, $BC = \sqrt{2}$ см. Найдите угол между прямой $AC$ и плоскостью $\alpha$.

Пусть $ABC$ — данный прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине $C$. Катеты $AC = 1$ см и $BC = \sqrt{2}$ см. Гипотенуза $AB$ лежит в плоскости $\alpha$. Угол между плоскостью треугольника $ABC$ и плоскостью $\alpha$ равен $60^\circ$.

Требуется найти угол между прямой $AC$ и плоскостью $\alpha$. Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость.

1. Проведём из точки $C$ перпендикуляр $CH$ к плоскости $\alpha$. Тогда точка $H$ является проекцией точки $C$ на плоскость $\alpha$. Поскольку точки $A$ и $B$ лежат в плоскости $\alpha$, их проекциями на эту плоскость являются они сами. Следовательно, прямая $AH$ является проекцией прямой $AC$ на плоскость $\alpha$. Искомый угол — это $\angle CAH$. Обозначим его $\phi$.

2. В прямоугольном треугольнике $CHA$ (угол $\angle CHA = 90^\circ$, так как $CH \perp \alpha$), синус искомого угла $\phi$ равен отношению противолежащего катета $CH$ к гипотенузе $AC$:

$\sin \phi = \frac{CH}{AC}$

Поскольку $AC = 1$, то $\sin \phi = CH$. Нам нужно найти длину перпендикуляра $CH$.

3. Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ — это двугранный угол между ними. Линией пересечения этих плоскостей является прямая $AB$. Чтобы найти линейный угол этого двугранного угла, построим перпендикуляры к линии пересечения $AB$ в обеих плоскостях, исходящие из одной точки.

Проведём в плоскости треугольника $ABC$ высоту $CD$ к гипотенузе $AB$. Таким образом, $CD \perp AB$.

Соединим точки $H$ и $D$. Отрезок $HD$ является проекцией наклонной $CD$ на плоскость $\alpha$. По теореме о трёх перпендикулярах, так как наклонная $CD$ перпендикулярна прямой $AB$, лежащей в плоскости, то и её проекция $HD$ перпендикулярна этой прямой: $HD \perp AB$.

Таким образом, $\angle CDH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$. По условию, $\angle CDH = 60^\circ$.

4. Рассмотрим прямоугольный треугольник $CDH$ ($\angle CHD = 90^\circ$). В нём $CH$ является катетом. Мы можем выразить $CH$ через $CD$:

$CH = CD \cdot \sin(\angle CDH) = CD \cdot \sin(60^\circ) = CD \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

5. Теперь найдём длину высоты $CD$ в прямоугольном треугольнике $ABC$. Сначала по теореме Пифагора найдём длину гипотенузы $AB$:

$AB^2 = AC^2 + BC^2 = 1^2 + (\sqrt{2})^2 = 1 + 2 = 3$

$AB = \sqrt{3}$ см.

Площадь прямоугольного треугольника $ABC$ можно вычислить двумя способами:

$S_{ABC} = \frac{1}{2} AC \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$S_{ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot CD$

Приравняем эти два выражения для площади:

$\frac{1}{2} \sqrt{3} \cdot CD = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sqrt{3} \cdot CD = \sqrt{2}$

$CD = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

6. Подставим найденное значение $CD$ в формулу для $CH$:

$CH = CD \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ см.

7. Наконец, найдём искомый угол $\phi$ из треугольника $CHA$:

$\sin \phi = \frac{CH}{AC} = \frac{\sqrt{2}/2}{1} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Угол, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, равен $45^\circ$.

$\phi = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

14.44. Катет $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle C = 90^\circ$) принадлежит плоскости $\alpha$, а вершина $A$ не принадлежит этой плоскости. Докажите, что угол между плоскостями $\alpha$ и $ABC$ больше, чем угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$.

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ ($\angle C = 90^\circ$). Катет $BC$ лежит в плоскости $\alpha$, а вершина $A$ не принадлежит этой плоскости. Докажем, что угол между плоскостями $\alpha$ и $ABC$ больше, чем угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$.

1. Построение и определение углов

Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$. Точка $H$ является проекцией точки $A$ на плоскость $\alpha$. Так как точка $A$ не лежит в плоскости $\alpha$, то длина перпендикуляра $AH > 0$.

Угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$ — это угол между самой прямой и её проекцией на эту плоскость. Проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $HB$ (поскольку $H$ — проекция $A$, а точка $B$ лежит в плоскости и является проекцией самой себя). Обозначим искомый угол $\theta = \angle ABH$. Так как $AH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе $HB$. Следовательно, $\triangle ABH$ — прямоугольный ($\angle AHB = 90^\circ$). Из этого треугольника находим синус угла $\theta$: $\sin\theta = \frac{AH}{AB}$.

Угол между плоскостями $\alpha$ и $ABC$ — это линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. Линией пересечения плоскостей является прямая $BC$. По условию, в плоскости $ABC$ катет $AC$ перпендикулярен катету $BC$, то есть $AC \perp BC$. Проекцией наклонной $AC$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $HC$. По теореме о трех перпендикулярах, если наклонная ($AC$) перпендикулярна прямой на плоскости ($BC$), то и ее проекция ($HC$) перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $HC \perp BC$. Поскольку $AC \perp BC$ и $HC \perp BC$, угол $\angle ACH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями. Обозначим этот угол $\phi = \angle ACH$. Так как $AH$ — перпендикуляр к плоскости, то $\triangle ACH$ — прямоугольный ($\angle AHC = 90^\circ$). Из него находим синус угла $\phi$: $\sin\phi = \frac{AH}{AC}$.

2. Сравнение углов

Итак, мы получили выражения для синусов двух углов: $\sin\theta = \frac{AH}{AB}$ и $\sin\phi = \frac{AH}{AC}$.

В исходном прямоугольном треугольнике $\triangle ABC$, сторона $AB$ является гипотенузой, а $AC$ — катетом. Гипотенуза всегда длиннее катета, поэтому $AB > AC$.

Сравним дроби $\frac{AH}{AB}$ и $\frac{AH}{AC}$. У них одинаковые положительные числители ($AH > 0$). Из двух дробей с одинаковыми числителями больше та, у которой знаменатель меньше. Так как $AC < AB$, то $\frac{AH}{AC} > \frac{AH}{AB}$.

Следовательно, $\sin\phi > \sin\theta$.

Углы $\theta$ и $\phi$ являются острыми углами в прямоугольных треугольниках, поэтому они принадлежат интервалу $(0^\circ, 90^\circ)$. На этом интервале функция синуса строго возрастает, что означает, что большему значению синуса соответствует больший угол.

Из $\sin\phi > \sin\theta$ следует, что $\phi > \theta$. Это и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

14.45. Диагональ $AC$ квадрата $ABCD$ принадлежит плоскости $\alpha$. Угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$ равен $30^\circ$. Найдите угол между плоскостью $\alpha$ и плоскостью квадрата.

Пусть β — это плоскость квадрата ABCD, а α — заданная плоскость. По условию, диагональ AC квадрата лежит в плоскости α, следовательно, прямая AC является линией пересечения плоскостей α и β.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость. Пусть H — это основание перпендикуляра, опущенного из точки B на плоскость α. Тогда отрезок AH является проекцией отрезка AB на плоскость α. Угол между прямой AB и плоскостью α — это угол ∠BAH. По условию, ∠BAH = 30°.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ΔABH (∠BHA = 90°, так как BH ⊥ α). Обозначим сторону квадрата ABCD как a. Тогда AB = a. Длина катета BH равна:
$BH = AB \cdot \sin(\angle BAH) = a \cdot \sin(30^\circ) = a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$

Угол между двумя пересекающимися плоскостями определяется величиной линейного угла соответствующего двугранного угла. Чтобы построить этот линейный угол, нужно в точке O на линии пересечения AC провести два перпендикуляра к AC: один в плоскости α, другой в плоскости β. Угол между этими перпендикулярами и будет искомым углом.

Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD квадрата ABCD. В квадрате диагонали взаимно перпендикулярны, поэтому BO ⊥ AC. Отрезок BO лежит в плоскости квадрата β.

Поскольку BH — перпендикуляр к плоскости α, а BO — наклонная к этой плоскости, то HO — проекция наклонной BO на плоскость α. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная BO перпендикулярна прямой AC в плоскости α, то и ее проекция HO перпендикулярна этой прямой. Таким образом, HO ⊥ AC, и отрезок HO лежит в плоскости α.

Следовательно, угол ∠BOH является линейным углом двугранного угла между плоскостями β и α. Найдем его величину. Треугольник ΔBOH является прямоугольным, так как BH ⊥ α, а значит, BH ⊥ HO.

Найдем длину гипотенузы BO. BO — это половина диагонали BD. Диагональ квадрата со стороной a равна $a\sqrt{2}$.
$BO = \frac{1}{2} BD = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

В прямоугольном треугольнике ΔBOH найдем синус угла ∠BOH:$\sin(\angle BOH) = \frac{BH}{BO} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}} = \frac{a}{2} \cdot \frac{2}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Угол, синус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, — это 45°. Таким образом, искомый угол между плоскостью квадрата и плоскостью α равен 45°.

Ответ: 45°.