Номер 91, страница 32 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

91. Концы отрезка лежат на окружностях оснований цилиндра, а угол между радиусами, проведенными в его концы, равен $30^\circ$ (рис. 56). Найдите угол между этим отрезком и осью, учитывая, что осевым сечением цилиндра является квадрат.

Рис. 56

Введем обозначения:

• $A$ и $B$ — концы отрезка, лежащие на окружностях верхнего и нижнего оснований цилиндра соответственно.
• $O_1$ и $O_2$ — центры верхнего и нижнего оснований.
• $R$ — радиус основания цилиндра.
• $H$ — высота цилиндра.
• $O_1O_2$ — ось цилиндра.

По условию, осевое сечение цилиндра является квадратом. Осевое сечение — это прямоугольник со сторонами, равными высоте цилиндра $H$ и диаметру основания $D$. Так как сечение — квадрат, то его стороны равны: $H = D$. Поскольку диаметр $D = 2R$, получаем, что высота цилиндра равна его диаметру: $H = 2R$.

Требуется найти угол $\alpha$ между отрезком $AB$ и осью цилиндра $O_1O_2$. Угол между двумя скрещивающимися прямыми (в данном случае отрезком $AB$ и осью $O_1O_2$) — это угол между одной из них и любой прямой, которая параллельна второй и пересекает первую.

Проведем через точку $A$ прямую, параллельную оси $O_1O_2$. Пусть она пересекает плоскость нижнего основания в точке $A'$. Тогда отрезок $AA'$ параллелен оси цилиндра и его длина равна высоте $H$. Кроме того, так как $AA'$ перпендикулярен плоскости нижнего основания, он будет перпендикулярен любой прямой, лежащей в этой плоскости, в частности, отрезку $A'B$. Следовательно, треугольник $AA'B$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $A'$ ($\angle AA'B = 90^\circ$).

Искомый угол $\alpha$ — это угол между наклонной $AB$ и прямой $AA'$, параллельной оси. В прямоугольном треугольнике $AA'B$ это угол $\angle BAA'$.

Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике $AA'B$ имеем:

$\tan(\alpha) = \tan(\angle BAA') = \frac{A'B}{AA'}$

Мы знаем длину катета $AA' = H = 2R$.

Теперь найдем длину катета $A'B$. Точка $A'$ является проекцией точки $A$ на плоскость нижнего основания. Отрезок $A'B$ — это хорда в окружности нижнего основания. По условию, угол между радиусами, проведенными в концы отрезка $AB$, равен $30^\circ$. В нашей геометрической модели это соответствует углу между радиусами $O_2A'$ и $O_2B$, проведенными к концам хорды $A'B$. Таким образом, $\angle A'O_2B = 30^\circ$.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $A'O_2B$ в нижнем основании. Его боковые стороны $O_2A'$ и $O_2B$ равны радиусу $R$, а угол между ними равен $30^\circ$. Длину хорды $A'B$ можно найти, например, опустив высоту из точки $O_2$ на сторону $A'B$. Эта высота будет также биссектрисой, и мы получим два прямоугольных треугольника с углом при вершине $O_2$, равным $30^\circ/2 = 15^\circ$. Тогда половина хорды будет равна $R \cdot \sin(15^\circ)$, а вся хорда:

$A'B = 2R \sin(15^\circ)$

Теперь мы можем найти тангенс искомого угла $\alpha$, подставив длины катетов в формулу:

$\tan(\alpha) = \frac{A'B}{AA'} = \frac{2R \sin(15^\circ)}{2R} = \sin(15^\circ)$

Чтобы получить более привычное выражение, вычислим значение $\sin(15^\circ)$ через формулу синуса разности:

$\sin(15^\circ) = \sin(45^\circ - 30^\circ) = \sin(45^\circ)\cos(30^\circ) - \cos(45^\circ)\sin(30^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$

Таким образом, тангенс искомого угла равен $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$. Сам угол $\alpha$ равен арктангенсу этого значения.

Ответ: Искомый угол равен $\arctan(\sin(15^\circ))$, что то же самое, что и $\arctan\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)$.