Номер 26, страница 117 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 12. Угол между прямой и плоскостью. Глава 3. Перпендикулярность в пространстве - номер 26, страница 117.

Условие.

12.26. 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 $BAC$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

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.

По определению, угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и её проекцией на эту плоскость. По условию, этот угол равен $45^\circ$, следовательно, $\angle BAH = 45^\circ$.

Треугольник $\triangle BHA$ является прямоугольным, так как $BH \perp \alpha$, а значит $BH$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и $AH$.

В плоскости $\alpha$ проведена прямая $AC$, которая образует с проекцией $AH$ угол $30^\circ$. Таким образом, $\angle HAC = 30^\circ$.

Наша задача — найти косинус угла $\angle BAC$. Для этого воспользуемся теоремой косинусов для треугольника $\triangle BAC$:$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle BAC)$

Отсюда $\cos(\angle BAC) = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC}$.

Чтобы найти $\cos(\angle BAC)$, выразим квадраты сторон треугольника $\triangle BAC$ через одну или две переменные.

1. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle BHA$.Пусть длина проекции $AH = x$.Поскольку $\angle BAH = 45^\circ$, то $\triangle BHA$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, и $BH = AH = x$.По теореме Пифагора (или через косинус):$AB = \frac{AH}{\cos(45^\circ)} = \frac{x}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = x\sqrt{2}$.Итак, $AB^2 = (x\sqrt{2})^2 = 2x^2$.

2. Длину отрезка $AC$ примем за $y$. Тогда $AC^2 = y^2$.

3. Теперь найдем длину $BC$. Рассмотрим треугольник $\triangle BHC$. Так как $BH \perp \alpha$, то $BH \perp HC$. Значит, $\triangle BHC$ — прямоугольный с прямым углом $H$. По теореме Пифагора $BC^2 = BH^2 + HC^2$.Мы уже знаем, что $BH = x$. Найдем $HC$ из треугольника $\triangle HAC$, который лежит в плоскости $\alpha$. По теореме косинусов для $\triangle HAC$:$HC^2 = AH^2 + AC^2 - 2 \cdot AH \cdot AC \cdot \cos(\angle HAC)$$HC^2 = x^2 + y^2 - 2 \cdot x \cdot y \cdot \cos(30^\circ) = x^2 + y^2 - 2xy \frac{\sqrt{3}}{2} = x^2 + y^2 - xy\sqrt{3}$.Теперь подставим $BH^2$ и $HC^2$ в формулу для $BC^2$:$BC^2 = x^2 + (x^2 + y^2 - xy\sqrt{3}) = 2x^2 + y^2 - xy\sqrt{3}$.

4. Подставим найденные выражения для $AB^2$, $AC^2$ и $BC^2$ в формулу для косинуса $\angle BAC$:$\cos(\angle BAC) = \frac{2x^2 + y^2 - (2x^2 + y^2 - xy\sqrt{3})}{2 \cdot (x\sqrt{2}) \cdot y}$$\cos(\angle BAC) = \frac{2x^2 + y^2 - 2x^2 - y^2 + xy\sqrt{3}}{2\sqrt{2}xy}$$\cos(\angle BAC) = \frac{xy\sqrt{3}}{2\sqrt{2}xy}$

Сокращая на $xy$ (так как $x > 0$ и $y > 0$), получаем:$\cos(\angle BAC) = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:$\cos(\angle BAC) = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{6}}{4}$.