Номер 307, страница 118 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

Рис. 288

307*. Из точки $Q$ к плоскости $\alpha$ проведены такие равные наклонные $QA$ и $QB$, что угол между ними равен $60^\circ$, а угол между их проекциями на плоскость $\alpha$ составляет $90^\circ$. Найдите угол, который образует наклонная $QA$ с плоскостью $\alpha$.

Пусть $QH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $Q$ на плоскость $\alpha$. Тогда точка $H$ является проекцией точки $Q$ на эту плоскость. Отрезки $HA$ и $HB$ являются проекциями наклонных $QA$ и $QB$ на плоскость $\alpha$ соответственно.

Угол между наклонной и плоскостью — это угол между этой наклонной и ее проекцией на плоскость. Следовательно, искомый угол, который образует наклонная $QA$ с плоскостью $\alpha$, — это угол $\angle QAH$. Угол между проекциями наклонных — это $\angle AHB$.

По условию задачи дано: 1. Наклонные равны: $QA = QB$. 2. Угол между наклонными: $\angle AQB = 60^\circ$. 3. Угол между проекциями наклонных: $\angle AHB = 90^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle AQB$. Так как две его стороны равны ($QA = QB$) и угол между ними равен $60^\circ$, то этот треугольник является равносторонним. Отсюда следует, что все его стороны равны: $AB = QA = QB$. Обозначим длину этих сторон через $l$, то есть $QA = QB = AB = l$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle QHA$ и $\triangle QHB$. Они являются прямоугольными, так как катет $QH$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, а значит и любым прямым в этой плоскости ($QH \perp HA$ и $QH \perp HB$). У этих треугольников общий катет $QH$, а их гипотенузы $QA$ и $QB$ равны по условию ($QA = QB = l$). Следовательно, $\triangle QHA = \triangle QHB$ по гипотенузе и катету.

Из равенства треугольников следует равенство соответствующих катетов и углов: $HA = HB$ и $\angle QAH = \angle QBH$.

Обозначим искомый угол $\angle QAH$ через $\gamma$. Из прямоугольного треугольника $\triangle QHA$ выразим катет $HA$ через гипотенузу $QA$ и косинус угла $\gamma$: $HA = QA \cdot \cos(\angle QAH) = l \cdot \cos(\gamma)$.

Теперь рассмотрим треугольник $\triangle AHB$, лежащий в плоскости $\alpha$. Мы установили, что $HA = HB$, и по условию $\angle AHB = 90^\circ$. Следовательно, $\triangle AHB$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. По теореме Пифагора для этого треугольника: $AB^2 = HA^2 + HB^2$. Так как $HA = HB$, мы можем переписать это как: $AB^2 = HA^2 + HA^2 = 2 \cdot HA^2$.

Подставим в это равенство выражения для $AB$ и $HA$, найденные ранее: $l^2 = 2 \cdot (l \cdot \cos(\gamma))^2$ $l^2 = 2 \cdot l^2 \cdot \cos^2(\gamma)$

Поскольку $l$ — это длина отрезка, она не может быть равна нулю ($l \ne 0$). Поэтому мы можем разделить обе части уравнения на $l^2$: $1 = 2 \cos^2(\gamma)$ $\cos^2(\gamma) = \frac{1}{2}$

Так как $\gamma$ — это острый угол (угол между прямой и плоскостью не превышает $90^\circ$), его косинус должен быть положительным. Извлекая квадратный корень, получаем: $\cos(\gamma) = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Значение угла $\gamma$, косинус которого равен $\frac{\sqrt{2}}{2}$, составляет $45^\circ$. $\gamma = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.