Страница 191 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

20.52. Отрезок $DC$ – перпендикуляр к плоскости прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$), $DC = 9$ см, $AC = 15$ см, $BC = 20$ см. Отрезок $DE$ – перпендикуляр, опущенный из точки $D$ на прямую $AB$. Найдите угол между прямой $DE$ и плоскостью $ABC$.

По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.

Поскольку отрезок $DC$ перпендикулярен плоскости $ABC$, то отрезок $CE$ является проекцией наклонной $DE$ на плоскость $ABC$ (так как $C$ — проекция точки $D$, а точка $E$ принадлежит плоскости $ABC$). Следовательно, искомый угол — это $\angle DEC$.

Так как $DC \perp (ABC)$ (перпендикуляр), а $DE$ — наклонная к плоскости $ABC$, и по условию $DE \perp AB$ (где $AB$ — прямая в плоскости $ABC$), то по теореме о трёх перпендикулярах проекция $CE$ также перпендикулярна прямой $AB$. То есть, $CE \perp AB$. Это значит, что $CE$ является высотой прямоугольного треугольника $ABC$, проведённой к гипотенузе $AB$.

Для нахождения длины высоты $CE$ сначала найдём длину гипотенузы $AB$ в треугольнике $ABC$ по теореме Пифагора:$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{15^2 + 20^2} = \sqrt{225 + 400} = \sqrt{625} = 25$ см.

Теперь найдём высоту $CE$ через площадь треугольника $ABC$. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов, а также половине произведения гипотенузы на высоту, проведённую к ней:$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot CE$$AC \cdot BC = AB \cdot CE$$CE = \frac{AC \cdot BC}{AB} = \frac{15 \cdot 20}{25} = \frac{300}{25} = 12$ см.

Рассмотрим треугольник $DCE$. Так как $DC \perp (ABC)$, то $DC$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $CE$. Таким образом, треугольник $DCE$ — прямоугольный, с прямым углом $\angle DCE$.

В прямоугольном треугольнике $DCE$ мы знаем длины катетов: $DC = 9$ см (по условию) и $CE = 12$ см. Мы можем найти тангенс искомого угла $\angle DEC$:$\tan(\angle DEC) = \frac{DC}{CE} = \frac{9}{12} = \frac{3}{4}$.

Отсюда, искомый угол равен $\arctan(\frac{3}{4})$.

Ответ: $\arctan(\frac{3}{4})$.

20.53. Плоскость $\alpha$ проходит через вершины $A$ и $C$ параллелограмма $ABCD$. Докажите, что прямые $AB$ и $CD$ образуют равные углы с плоскостью $\alpha$.

Пусть дан параллелограмм $ABCD$ и плоскость $\alpha$, которая проходит через его вершины $A$ и $C$. Требуется доказать, что прямые $AB$ и $CD$ образуют равные углы с плоскостью $\alpha$.

По определению, угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и её проекцией на плоскость.

Опустим перпендикуляры из вершин $B$ и $D$ на плоскость $\alpha$. Пусть $B_1$ и $D_1$ будут основаниями этих перпендикуляров. Таким образом, отрезки $BB_1$ и $DD_1$ перпендикулярны плоскости $\alpha$, и их длины равны расстояниям от точек $B$ и $D$ до плоскости $\alpha$ соответственно.

Поскольку точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$, проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $AB_1$. Угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle BAB_1$. Обозначим его $\phi_{AB}$.

Аналогично, поскольку точка $C$ лежит в плоскости $\alpha$, проекцией наклонной $CD$ на плоскость $\alpha$ является отрезок $CD_1$. Угол между прямой $CD$ и плоскостью $\alpha$ — это угол $\angle DCD_1$. Обозначим его $\phi_{CD}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABB_1$ (с прямым углом $\angle AB_1B = 90^\circ$). Синус угла $\phi_{AB}$ равен:
$\sin \phi_{AB} = \frac{BB_1}{AB}$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CDD_1$ (с прямым углом $\angle CD_1D = 90^\circ$). Синус угла $\phi_{CD}$ равен:
$\sin \phi_{CD} = \frac{DD_1}{CD}$

По свойству параллелограмма, его противолежащие стороны равны, следовательно, $AB = CD$.

Для того чтобы доказать равенство углов $\phi_{AB}$ и $\phi_{CD}$, достаточно доказать равенство их синусов (поскольку эти углы острые). Учитывая, что $AB = CD$, нам нужно доказать, что $BB_1 = DD_1$.

Диагонали параллелограмма $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$ и делятся этой точкой пополам. Значит, $BO = OD$. Так как плоскость $\alpha$ проходит через точки $A$ и $C$, вся прямая $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, а следовательно, и точка $O$ лежит в плоскости $\alpha$.

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle OBB_1$ и $\triangle ODD_1$.

• Гипотенузы $BO$ и $OD$ равны по свойству диагоналей параллелограмма.
• Углы $\angle BOB_1$ и $\angle DOD_1$ равны как вертикальные (точки $B_1, O, D_1$ лежат на одной прямой, являющейся пересечением плоскости $\alpha$ и плоскости, проходящей через параллельные прямые $BB_1$ и $DD_1$).

Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle OBB_1$ и $\triangle ODD_1$ равны по гипотенузе и острому углу.

Из равенства этих треугольников следует равенство их соответствующих катетов: $BB_1 = DD_1$.

Таким образом, мы показали, что $AB = CD$ и $BB_1 = DD_1$. Отсюда следует, что:
$\sin \phi_{AB} = \frac{BB_1}{AB} = \frac{DD_1}{CD} = \sin \phi_{CD}$

Так как углы $\phi_{AB}$ и $\phi_{CD}$ являются острыми, из равенства их синусов следует равенство самих углов: $\phi_{AB} = \phi_{CD}$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано: прямые $AB$ и $CD$ образуют равные углы с плоскостью $\alpha$.

20.54. Отрезок $MK$ не пересекает плоскость $\alpha$. Найдите угол между прямой $MK$ и плоскостью $\alpha$, если $MK = 6$ см, а концы отрезка $MK$ удалены от плоскости $\alpha$ на $8\sqrt{3}$ см и на $5\sqrt{3}$ см.

Пусть $MM'$ и $KK'$ — перпендикуляры, опущенные из концов отрезка $M$ и $K$ на плоскость $\alpha$. Длины этих перпендикуляров равны заданным расстояниям от точек до плоскости. Пусть расстояние от точки $M$ до плоскости $\alpha$ равно $h_M = 8\sqrt{3}$ см, а от точки $K$ — $h_K = 5\sqrt{3}$ см. Таким образом, $MM' = 8\sqrt{3}$ см и $KK' = 5\sqrt{3}$ см.

Отрезок $M'K'$ является ортогональной проекцией отрезка $MK$ на плоскость $\alpha$. Углом между прямой $MK$ и плоскостью $\alpha$ называется угол между этой прямой и её проекцией на плоскость, то есть угол между $MK$ и $M'K'$. Обозначим этот угол как $\varphi$.

Рассмотрим фигуру, образованную в пространстве. Так как $MM' \perp \alpha$ и $KK' \perp \alpha$, то прямые $MM'$ и $KK'$ параллельны. Четырехугольник $MM'K'K$ — это прямоугольная трапеция с основаниями $MM'$ и $KK'$.

Для нахождения угла $\varphi$ построим прямоугольный треугольник. Проведем из точки $K$ прямую, параллельную $M'K'$, до пересечения с отрезком $MM'$. Назовем точку пересечения $H$.

В получившемся прямоугольном треугольнике $MKH$ ($\angle MHK = 90^\circ$):

• гипотенуза $MK = 6$ см (по условию);
• угол $\angle MKH = \varphi$, так как $KH \parallel M'K'$;
• катет $MH$ равен разности расстояний от точек $M$ и $K$ до плоскости $\alpha$. Так как $K'KHM'$ является прямоугольником, то $HM' = KK'$. Следовательно, $MH = MM' - HM' = MM' - KK' = 8\sqrt{3} - 5\sqrt{3} = 3\sqrt{3}$ см.

Теперь мы можем найти синус угла $\varphi$ из соотношения в прямоугольном треугольнике $MKH$:
$\sin \varphi = \frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{MH}{MK}$
$\sin \varphi = \frac{3\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Из этого следует, что искомый угол $\varphi$ равен:
$\varphi = \arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 60^\circ$

Ответ: $60^\circ$.

20.55. Сторона $BC$ правильного треугольника $ABC$ лежит в плоскости $\alpha$, высота $AH$ этого треугольника образует с плоскостью $\alpha$ угол $\phi$. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$.

Пусть сторона правильного треугольника $ABC$ равна $a$. Тогда $AB = BC = AC = a$. Высота $AH$, проведенная к стороне $BC$, в правильном треугольнике также является медианой, поэтому точка $H$ — это середина стороны $BC$. Длина высоты $AH$ в правильном треугольнике со стороной $a$ равна $AH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

По условию, сторона $BC$ лежит в плоскости $\alpha$. Так как $H$ — середина $BC$, то точка $H$ также лежит в плоскости $\alpha$.

Углом между прямой и плоскостью называется угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость. Опустим перпендикуляр $AA'$ из точки $A$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезок $A'H$ является проекцией высоты $AH$ на плоскость $\alpha$. Угол между высотой $AH$ и плоскостью $\alpha$ по условию равен $\phi$, следовательно, $\angle AHA' = \phi$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA'H$ (угол $\angle AA'H = 90^\circ$, так как $AA'$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$). Из определения синуса угла в прямоугольном треугольнике имеем:$AA' = AH \cdot \sin(\angle AHA') = AH \cdot \sin \phi$.

Подставим найденное ранее выражение для длины высоты $AH$:$AA' = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right) \sin \phi$.

Теперь найдем искомый угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$. Обозначим этот угол через $\psi$. Этот угол равен углу между прямой $AB$ и ее проекцией $A'B$ на плоскость $\alpha$. Таким образом, $\psi = \angle ABA'$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA'B$. Угол $\angle AA'B = 90^\circ$, поскольку $AA'$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а прямая $A'B$ лежит в этой плоскости. В этом треугольнике синус угла $\psi$ равен отношению противолежащего катета $AA'$ к гипотенузе $AB$:$\sin \psi = \frac{AA'}{AB}$.

Подставим в эту формулу выражения для $AA'$ и $AB$:$\sin \psi = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2} \sin \phi}{a}$.

Сократив $a$ в числителе и знаменателе, получим:$\sin \psi = \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \phi$.

Отсюда искомый угол $\psi$ равен:$\psi = \arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \phi\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \phi\right)$.

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?

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

20.57. Точка A лежит внутри двугранного угла, величина которого равна $\alpha$. Расстояние от точки A до каждой грани этого угла равно $h$. Найдите расстояние от точки A до ребра двугранного угла.

Пусть данный двугранный угол образован полуплоскостями $\pi_1$ и $\pi_2$, которые пересекаются по прямой $l$, являющейся ребром двугранного угла. По условию, величина этого угла равна $\alpha$.

Точка $A$ находится внутри этого угла. Расстояние от точки $A$ до каждой из граней ($\pi_1$ и $\pi_2$) равно $h$. Расстояние от точки до плоскости определяется длиной перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость.

Пусть $B$ — это основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на плоскость $\pi_1$. Тогда отрезок $AB$ перпендикулярен плоскости $\pi_1$ ($AB \perp \pi_1$) и его длина $|AB| = h$.

Аналогично, пусть $C$ — основание перпендикуляра из точки $A$ на плоскость $\pi_2$. Тогда $AC \perp \pi_2$ и $|AC| = h$.

Требуется найти расстояние от точки $A$ до ребра $l$. Это расстояние равно длине перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $l$. Обозначим основание этого перпендикуляра как точку $O$, которая лежит на ребре $l$. Таким образом, $AO \perp l$, и нам нужно найти длину отрезка $AO$. Обозначим эту длину как $d$, то есть $d = |AO|$.

Рассмотрим отрезок $AO$ как наклонную к плоскости $\pi_1$. Отрезок $AB$ является перпендикуляром из точки $A$ к этой плоскости. Тогда отрезок $BO$ является проекцией наклонной $AO$ на плоскость $\pi_1$. По условию, наклонная $AO$ перпендикулярна прямой $l$, лежащей в плоскости $\pi_1$. Согласно теореме о трех перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой, лежащей в плоскости, то и ее проекция перпендикулярна этой же прямой. Отсюда следует, что $BO \perp l$.

Таким же образом, рассматривая плоскость $\pi_2$, получаем, что проекция $CO$ наклонной $AO$ на эту плоскость перпендикулярна ребру $l$, то есть $CO \perp l$.

Угол между двумя лучами ($OB$ и $OC$), которые проведены в гранях двугранного угла из одной точки на ребре ($O$) и перпендикулярны ему, является линейным углом этого двугранного угла. Следовательно, величина угла $\angle BOC$ равна величине двугранного угла $\alpha$.

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle ABO$ и $\triangle ACO$.

Так как $AB \perp \pi_1$, то отрезок $AB$ перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $B$. В частности, $AB \perp BO$. Это означает, что $\triangle ABO$ — прямоугольный, с прямым углом при вершине $B$.

Аналогично, так как $AC \perp \pi_2$, то $AC \perp CO$. Следовательно, $\triangle ACO$ — также прямоугольный, с прямым углом при вершине $C$.

Сравним эти два прямоугольных треугольника:

• Гипотенуза $AO$ у них общая.
• Катеты $AB$ и $AC$ равны по условию задачи: $|AB| = |AC| = h$.

Таким образом, $\triangle ABO$ и $\triangle ACO$ равны по гипотенузе и катету.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов: $\angle AOB = \angle AOC$. Поскольку точка $A$ находится внутри двугранного угла, луч $AO$ проходит между лучами $OB$ и $OC$, а значит, является биссектрисой угла $\angle BOC$.

Следовательно, $\angle AOB = \frac{1}{2}\angle BOC = \frac{\alpha}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABO$. В нем известны:

• $\angle ABO = 90^\circ$
• Катет $|AB| = h$ (противолежащий углу $\angle AOB$)
• Острый угол $\angle AOB = \frac{\alpha}{2}$
• Гипотенуза $|AO| = d$ (искомое расстояние)

Синус острого угла в прямоугольном треугольнике равен отношению длины противолежащего катета к длине гипотенузы:

$\sin(\angle AOB) = \frac{|AB|}{|AO|}$

Подставив известные значения, получим:

$\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{h}{d}$

Из этого соотношения выражаем искомое расстояние $d$:

$d = \frac{h}{\sin(\alpha/2)}$

Ответ: $\frac{h}{\sin(\alpha/2)}$

20.58. Дано: $\alpha \cap \beta = m$, $A \in \alpha$, $B \in \beta$, $AC \perp m$, $BC \perp m$, $AC = 2$ см, $BC = 1$ см, $AB = \sqrt{5}$ см. Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Угол между двумя пересекающимися плоскостями — это угол между двумя перпендикулярами, проведенными к линии их пересечения из одной точки.

По условию, плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекаются по прямой $m$. Точка $A$ принадлежит плоскости $\alpha$, а точка $B$ — плоскости $\beta$. Из точек $A$ и $B$ опущены перпендикуляры $AC$ и $BC$ на прямую $m$. Это означает, что точка $C$ лежит на прямой $m$, отрезок $AC$ лежит в плоскости $\alpha$ ($AC \subset \alpha$) и $AC \perp m$, а отрезок $BC$ лежит в плоскости $\beta$ ($BC \subset \beta$) и $BC \perp m$.

Следовательно, угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равен углу между отрезками $AC$ и $BC$, то есть $\angle ACB$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Нам известны длины всех его сторон: $AC = 2$ см, $BC = 1$ см, $AB = \sqrt{5}$ см. Чтобы найти угол $\angle ACB$, воспользуемся теоремой косинусов:$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos(\angle ACB)$

Подставим известные значения в формулу:$(\sqrt{5})^2 = 2^2 + 1^2 - 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot \cos(\angle ACB)$$5 = 4 + 1 - 4 \cos(\angle ACB)$$5 = 5 - 4 \cos(\angle ACB)$$0 = -4 \cos(\angle ACB)$$\cos(\angle ACB) = 0$

Поскольку $\angle ACB$ является углом в треугольнике, его значение находится в диапазоне от $0^\circ$ до $180^\circ$. Единственный угол в этом диапазоне, косинус которого равен нулю, это $90^\circ$.Следовательно, $\angle ACB = 90^\circ$.

Также можно было применить обратную теорему Пифагора. Проверим, выполняется ли равенство $AC^2 + BC^2 = AB^2$:$2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5$$(\sqrt{5})^2 = 5$Так как $5=5$, равенство выполняется. Это означает, что треугольник $ABC$ является прямоугольным, и его прямой угол — $\angle ACB$.

Таким образом, угол между плоскостями $\alpha$ и $\beta$ равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$

Рис. 20.15

20.59. Через центр $O$ окружности проведён отрезок $AO$, перпендикулярный плоскости окружности (рис. 20.15). Прямая $BC$, лежащая в плоскости окружности, касается данной окружности в точке $C$. Найдите угол между плоскостями $ACB$ и $BOC$, если $OA = 8$ см, а радиус данной окружности — $2$ см.

20.59.

Пусть плоскость, в которой лежит окружность, называется $\alpha$. Плоскость $BOC$ совпадает с плоскостью $\alpha$, так как точки $B$, $O$ и $C$ лежат в плоскости окружности. Таким образом, задача состоит в нахождении угла между плоскостью $ACB$ и плоскостью $\alpha$.

Угол между двумя пересекающимися плоскостями определяется величиной линейного угла соответствующего двугранного угла. Линией пересечения плоскостей $ACB$ и $BOC$ является прямая $BC$.

Для нахождения линейного угла двугранного угла необходимо в точке на ребре $BC$ восстановить перпендикуляры к нему в каждой из плоскостей.

1. В плоскости $BOC$ (то есть в плоскости $\alpha$) $OC$ является радиусом окружности, проведённым в точку касания $C$. По свойству касательной, радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной. Следовательно, $OC \perp BC$.

2. По условию, отрезок $AO$ перпендикулярен плоскости окружности $\alpha$. Таким образом, $AO$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, $AC$ — наклонная, а $OC$ — проекция наклонной $AC$ на плоскость $\alpha$. Прямая $BC$ лежит в плоскости $\alpha$ и перпендикулярна проекции $OC$ ($BC \perp OC$). По теореме о трёх перпендикулярах, если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна и самой наклонной. Следовательно, $AC \perp BC$.

Мы получили, что $OC \perp BC$ и $AC \perp BC$. Значит, угол $\angle ACO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ACB$ и $BOC$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AOC$. Поскольку $AO \perp \alpha$ и прямая $OC$ лежит в плоскости $\alpha$, то $AO \perp OC$. Это означает, что $\triangle AOC$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $\angle AOC$.

Из условия задачи нам известны длины катетов этого треугольника:

• $OA = 8$ см (длина перпендикуляра).
• $OC = 2$ см (радиус окружности).

Для нахождения угла $\angle ACO$ в прямоугольном треугольнике $\triangle AOC$ воспользуемся определением тангенса:

$\tan(\angle ACO) = \frac{OA}{OC}$

Подставим известные значения:

$\tan(\angle ACO) = \frac{8}{2} = 4$

Следовательно, искомый угол между плоскостями равен арктангенсу 4.

Ответ: $\arctan(4)$.

20.60. Отрезок $MC$ – перпендикуляр к плоскости прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$). Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $ABM$, если $AC = 8$ см, $\angle BAC = 30^\circ$, а расстояние от точки $M$ до прямой $AB$ равно 12 см.

Угол между плоскостями $ABC$ и $ABM$ — это двугранный угол, образованный этими плоскостями. Линией пересечения данных плоскостей является прямая $AB$. Для нахождения величины этого угла построим его линейный угол.

1. В плоскости треугольника $ABC$ опустим перпендикуляр $CH$ из точки $C$ на прямую $AB$. Таким образом, $CH \perp AB$.

2. По условию, отрезок $MC$ перпендикулярен плоскости $ABC$. Прямая $CH$ является проекцией наклонной $MH$ на плоскость $ABC$. Так как проекция $CH$ перпендикулярна прямой $AB$, то по теореме о трех перпендикулярах и сама наклонная $MH$ перпендикулярна прямой $AB$ ($MH \perp AB$).

3. Поскольку $CH \perp AB$ и $MH \perp AB$, то угол $\angle MHC$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $ABM$. Нам нужно найти величину этого угла.

4. Найдем длину отрезка $CH$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) отрезок $CH$ является высотой, проведенной к гипотенузе. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACH$ ($\angle CHA=90^\circ$). Из него, зная гипотенузу $AC=8$ см и угол $\angle BAC = 30^\circ$, находим катет $CH$:
$CH = AC \cdot \sin(\angle BAC) = 8 \cdot \sin(30^\circ) = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$ см.

5. Расстояние от точки $M$ до прямой $AB$ — это длина перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на прямую $AB$. Мы показали, что $MH \perp AB$, значит, длина отрезка $MH$ равна заданному расстоянию. Таким образом, $MH = 12$ см.

6. Рассмотрим треугольник $MCH$. Так как $MC$ перпендикулярен плоскости $ABC$, то он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе и прямой $CH$. Следовательно, $\angle MCH = 90^\circ$, и треугольник $MCH$ является прямоугольным. В этом треугольнике мы знаем:
- катет $CH = 4$ см,
- гипотенузу $MH = 12$ см.

Найдем косинус угла $\angle MHC$ (искомого угла между плоскостями):
$\cos(\angle MHC) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{CH}{MH} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.

Отсюда, искомый угол равен $\arccos(\frac{1}{3})$.

Ответ: $\arccos(\frac{1}{3})$.

20.61. Через сторону $AB$ треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$. Угол между плоскостями $ABC$ и $\alpha$ равен $60^\circ$. Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$, если $AC = 7$ см, $AB = 10$ см, $BC = 13$ см.

Пусть $d$ — искомое расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$. По определению, это длина перпендикуляра, опущенного из точки $C$ на плоскость $\alpha$. Обозначим этот перпендикуляр как $CH$, где $H$ — точка на плоскости $\alpha$. Таким образом, $CH \perp \alpha$.

Плоскость треугольника $ABC$ и плоскость $\alpha$ пересекаются по прямой $AB$. Угол между этими плоскостями равен $60^\circ$. Для нахождения связи между высотой треугольника и расстоянием до плоскости, проведем в плоскости $ABC$ высоту $CD$ к стороне $AB$. Таким образом, $CD \perp AB$.

Рассмотрим отрезок $CD$ как наклонную к плоскости $\alpha$, а отрезок $HD$ — как ее проекцию на эту плоскость. По теореме о трех перпендикулярах, так как наклонная $CD$ перпендикулярна прямой $AB$, лежащей в плоскости $\alpha$, то и ее проекция $HD$ перпендикулярна этой прямой. То есть, $HD \perp AB$.

Угол $\angle CDH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $\alpha$, так как $CD \perp AB$ и $HD \perp AB$. По условию задачи, $\angle CDH = 60^\circ$.

Треугольник $CDH$ является прямоугольным, поскольку $CH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а значит, $CH \perp HD$. В этом треугольнике катет $CH$ (искомое расстояние) связан с гипотенузой $CD$ (высотой треугольника $ABC$) соотношением:$CH = CD \cdot \sin(\angle CDH) = CD \cdot \sin(60^\circ)$

Теперь найдем длину высоты $CD$ треугольника $ABC$. Нам даны длины всех его сторон: $AC = 7$ см, $AB = 10$ см, $BC = 13$ см. Площадь треугольника $ABC$ можно найти по формуле Герона.

1. Вычислим полупериметр $p$:$p = \frac{AC + AB + BC}{2} = \frac{7 + 10 + 13}{2} = \frac{30}{2} = 15$ см.

2. Вычислим площадь $S_{ABC}$:$S_{ABC} = \sqrt{p(p-AC)(p-AB)(p-BC)} = \sqrt{15(15-7)(15-10)(15-13)}$$S_{ABC} = \sqrt{15 \cdot 8 \cdot 5 \cdot 2} = \sqrt{1200} = \sqrt{400 \cdot 3} = 20\sqrt{3}$ см$^2$.

3. Площадь треугольника также можно выразить через основание $AB$ и высоту $CD$:$S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot CD$$20\sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot CD$$20\sqrt{3} = 5 \cdot CD$$CD = \frac{20\sqrt{3}}{5} = 4\sqrt{3}$ см.

4. Наконец, найдем искомое расстояние $CH$:$CH = CD \cdot \sin(60^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = \frac{12}{2} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

20.62. Угол между квадратом $ABCD$ и прямоугольником $AEFD$ равен $60^\circ$. Площадь квадрата равна $16 \text{ см}^2$, а площадь прямоугольника – $32 \text{ см}^2$. Найдите расстояние между прямыми, содержащими параллельные стороны данных квадрата и прямоугольника.

Пусть дан квадрат $ABCD$ и прямоугольник $AEFD$, которые имеют общую сторону $AD$. Угол между их плоскостями составляет $60^\circ$.

1. Найдем длины сторон фигур.

Площадь квадрата $ABCD$ равна $S_{ABCD} = 16 \text{ см}^2$. Так как все стороны квадрата равны, то длина стороны равна: $AD = \sqrt{S_{ABCD}} = \sqrt{16} = 4 \text{ см}.$ Следовательно, $AB = BC = CD = AD = 4 \text{ см}$.

Площадь прямоугольника $AEFD$ равна $S_{AEFD} = 32 \text{ см}^2$. Одна из его сторон — это общая сторона с квадратом $AD = 4 \text{ см}$. Найдем длину другой стороны, $AE$: $S_{AEFD} = AD \cdot AE$ $32 = 4 \cdot AE$ $AE = \frac{32}{4} = 8 \text{ см}.$

2. Определим искомое расстояние.

В условии требуется найти расстояние между прямыми, содержащими параллельные стороны данных квадрата и прямоугольника. В квадрате $ABCD$ сторона $BC$ параллельна общей стороне $AD$ ($BC \parallel AD$). В прямоугольнике $AEFD$ сторона $EF$ параллельна общей стороне $AD$ ($EF \parallel AD$). Из этого следует, что прямые, содержащие стороны $BC$ и $EF$, параллельны друг другу ($BC \parallel EF$). Таким образом, нам нужно найти расстояние между этими двумя параллельными прямыми.

3. Вычислим расстояние.

Расстояние между двумя параллельными прямыми можно найти как расстояние между их точками в плоскости, перпендикулярной этим прямым.

Проведем плоскость $\pi$ через точку $A$ перпендикулярно к линии пересечения $AD$. В квадрате $ABCD$ сторона $AB$ перпендикулярна $AD$ ($AB \perp AD$). В прямоугольнике $AEFD$ сторона $AE$ перпендикулярна $AD$ ($AE \perp AD$). Следовательно, отрезки $AB$ и $AE$ лежат в плоскости $\pi$.

Угол между плоскостями квадрата и прямоугольника — это двугранный угол при ребре $AD$. Его величина равна углу между перпендикулярами к ребру, проведенными в этих плоскостях. Таким образом, угол между отрезками $AB$ и $AE$ равен $60^\circ$, то есть $\angle BAE = 60^\circ$.

Прямые $BC$ и $EF$ перпендикулярны плоскости $\pi$, так как они параллельны $AD$, а $AD \perp \pi$. Расстояние между этими прямыми равно расстоянию между точками их пересечения с плоскостью $\pi$, то есть расстоянию между точками $B$ и $E$.

Рассмотрим треугольник $ABE$, который лежит в плоскости $\pi$. Мы знаем длины двух его сторон ($AB=4$ см, $AE=8$ см) и угол между ними ($\angle BAE = 60^\circ$). Чтобы найти длину третьей стороны $BE$, воспользуемся теоремой косинусов: $BE^2 = AB^2 + AE^2 - 2 \cdot AB \cdot AE \cdot \cos(\angle BAE)$ $BE^2 = 4^2 + 8^2 - 2 \cdot 4 \cdot 8 \cdot \cos(60^\circ)$ $BE^2 = 16 + 64 - 64 \cdot \frac{1}{2}$ $BE^2 = 80 - 32$ $BE^2 = 48$ $BE = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3} \text{ см}.$

Таким образом, расстояние между прямыми, содержащими стороны $BC$ и $EF$, равно $4\sqrt{3}$ см.

Ответ: $4\sqrt{3}$ см.