Номер 473, страница 71 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

473. Наклонная $AB$ образует с плоскостью $\alpha$ угол $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{4}$, плоскость $\pi$ проходит через $AB$, пересекает плоскость $\alpha$ по прямой $AC$. Найдите величину угла между прямыми $AB$ и $AC$, учитывая, что угол между плоскостями $\alpha$ и $\pi$ равен $30^{\circ}$.

Обозначим искомый угол между прямыми $AB$ и $AC$ как $\beta$. Пусть $\phi$ — угол между наклонной $AB$ и плоскостью $\alpha$, а $\theta$ — угол между плоскостями $\alpha$ и $\pi$.

По условию задачи имеем:

$\phi = \arcsin\frac{\sqrt{3}}{4}$, откуда следует, что $\sin\phi = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

$\theta = 30°$.

Для решения задачи выполним геометрическое построение. Из точки $B$, не лежащей в плоскости $\alpha$, опустим перпендикуляр $BH$ на эту плоскость. Точка $H$ будет проекцией точки $B$ на плоскость $\alpha$. Тогда отрезок $AH$ является проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$. Угол между наклонной и её проекцией на плоскость по определению является углом между прямой и плоскостью. Таким образом, $\angle BAH = \phi$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABH$ (угол $\angle AHB = 90°$). В нём выполняется соотношение:

$\sin\phi = \frac{BH}{AB}$

Прямая $AC$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\pi$. Угол между плоскостями измеряется линейным углом соответствующего двугранного угла. Для его построения из точки $H$ в плоскости $\alpha$ проведём перпендикуляр $HK$ к прямой $AC$. Таким образом, $HK \perp AC$.

Теперь соединим точки $B$ и $K$. Отрезок $BK$ лежит в плоскости $\pi$. У нас есть перпендикуляр $BH$ к плоскости $\alpha$ и наклонная $BK$ с её проекцией $HK$. Поскольку проекция $HK$ перпендикулярна прямой $AC$, лежащей в плоскости $\alpha$, то по теореме о трёх перпендикулярах и сама наклонная $BK$ перпендикулярна прямой $AC$. То есть, $BK \perp AC$.

Так как $HK \perp AC$ и $BK \perp AC$, то угол $\angle BKH$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $\pi$. Следовательно, $\angle BKH = \theta = 30°$.

Рассмотрим треугольник $\triangle BKH$. Так как $BH$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$, а отрезок $HK$ лежит в этой плоскости, то $BH \perp HK$. Значит, $\triangle BKH$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $H$. В этом треугольнике справедливо соотношение:

$\sin\theta = \frac{BH}{BK}$

Искомый угол $\beta$ — это угол между прямыми $AB$ и $AC$, то есть $\angle BAC$. Так как точка $K$ лежит на прямой $AC$, то $\beta = \angle BAK$.

Рассмотрим треугольник $\triangle ABK$. Мы установили, что $BK \perp AC$, а значит $BK \perp AK$. Следовательно, $\triangle ABK$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $K$. В этом треугольнике:

$\sin\beta = \frac{BK}{AB}$

Теперь объединим полученные соотношения. Из них можно выразить стороны через длину наклонной $AB$ и синусы углов:

Из $\sin\phi = \frac{BH}{AB}$ следует $BH = AB \cdot \sin\phi$.

Из $\sin\theta = \frac{BH}{BK}$ следует $BK = \frac{BH}{\sin\theta}$.

Подставим выражение для $BH$ во вторую формулу:

$BK = \frac{AB \cdot \sin\phi}{\sin\theta}$

Теперь подставим это выражение для $BK$ в формулу для $\sin\beta$:

$\sin\beta = \frac{BK}{AB} = \frac{\frac{AB \cdot \sin\phi}{\sin\theta}}{AB} = \frac{\sin\phi}{\sin\theta}$

Подставим известные числовые значения:

$\sin\phi = \frac{\sqrt{3}}{4}$

$\sin\theta = \sin(30°) = \frac{1}{2}$

Вычисляем $\sin\beta$:

$\sin\beta = \frac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$

По значению синуса находим угол $\beta$. Поскольку $\beta$ — это острый угол в прямоугольном треугольнике, его значение однозначно:

$\beta = \arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 60°$

Ответ: $60°$.