Номер 56, страница 191 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

Параграф 20. Упражнения для повторения курса геометрии 10 класса. Упражнения для повторения курса геометрии - номер 56, страница 191.

Условие.

20.56. Из точки $M$ к плоскости $\alpha$ проведены равные наклонные $MA, MB$ и $MC$, такие, что $MA \perp MB$, $MA \perp MC$, $MB \perp MC$. Какой угол составляет с плоскостью $\alpha$ каждая из этих наклонных?

Решение 1.

Решение 3.

Пусть длина каждой из равных наклонных будет $L$. По условию, $MA = MB = MC = L$. Также дано, что наклонные попарно перпендикулярны: $MA \perp MB$, $MA \perp MC$ и $MB \perp MC$. Это означает, что треугольники $\Delta MAB$, $\Delta MAC$ и $\Delta MBC$ являются прямоугольными равнобедренными треугольниками с катетами, равными $L$.

Найдем длины сторон треугольника $\Delta ABC$, который лежит в плоскости $\alpha$. Используя теорему Пифагора для каждого из прямоугольных треугольников:

$AB^2 = MA^2 + MB^2 = L^2 + L^2 = 2L^2 \Rightarrow AB = L\sqrt{2}$

$AC^2 = MA^2 + MC^2 = L^2 + L^2 = 2L^2 \Rightarrow AC = L\sqrt{2}$

$BC^2 = MB^2 + MC^2 = L^2 + L^2 = 2L^2 \Rightarrow BC = L\sqrt{2}$

Так как все стороны треугольника $\Delta ABC$ равны, он является равносторонним со стороной $a = L\sqrt{2}$.

Угол между наклонной и плоскостью – это угол между самой наклонной и её проекцией на эту плоскость. Опустим перпендикуляр $MH$ из точки $M$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезки $HA$, $HB$ и $HC$ являются проекциями наклонных $MA$, $MB$ и $MC$ соответственно. Искомый угол – это, например, угол $\angle MAH$.

Так как наклонные $MA, MB, MC$ равны, то их проекции на плоскость $\alpha$ также равны: $HA = HB = HC$. Это означает, что точка $H$ является центром окружности, описанной около треугольника $\Delta ABC$.

Найдем радиус $R$ описанной окружности для равностороннего треугольника $\Delta ABC$ со стороной $a = L\sqrt{2}$. Формула радиуса: $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$.

$R = HA = \frac{L\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = L\sqrt{\frac{2}{3}}$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\Delta MHA$ (угол $\angle MHA = 90^\circ$). Косинус искомого угла $\angle MAH$ равен отношению прилежащего катета $HA$ к гипотенузе $MA$.

$\cos(\angle MAH) = \frac{HA}{MA} = \frac{L\sqrt{\frac{2}{3}}}{L} = \sqrt{\frac{2}{3}}$

Следовательно, искомый угол равен $\arccos\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$. Так как все три наклонные равны, каждая из них составляет с плоскостью $\alpha$ один и тот же угол.

Ответ: $\arccos\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$.