ГДЗ по Геометрии 10 Класс Углубленный Уровень Номер 11.34 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Из точки M к плоскости α проведены перпендикуляр MH и наклонные MA и MB так, что \(\angle MAH = 30^\circ\), \(\angle MBH = 45^\circ\), а угол между проекциями наклонных равен 90°. Найдите косинус угла между данными наклонными.

Дано: \(MH \perp \alpha\), \(MA\) и \(MB\) — наклонные, \(\angle MAH = 30^\circ\), \(\angle MBH = 45^\circ\), угол между проекциями — \(90^\circ\).

Пусть \(MH = 1\), \(AM = 2\), \(MB = \sqrt{2}\), \(AH = \sqrt{3}\), \(BH = 1\), \(AB = 2\).

По теореме косинусов:
\(AB^2 = AM^2 + MB^2 — 2 \cdot AM \cdot MB \cdot \cos \angle AMB\).

Подставляем:
\(2^2 = 2^2 + (\sqrt{2})^2 — 2 \cdot 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \cos \angle AMB\).

\(4 = 4 + 2 — 4\sqrt{2} \cos \angle AMB\).

\(4\sqrt{2} \cos \angle AMB = 2\).

\(\cos \angle AMB = \frac{2}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}\).

Рассмотрим точку \(M\) вне плоскости \(\alpha\), из которой опущен перпендикуляр \(MH\) на плоскость \(\alpha\), а также проведены наклонные \(MA\) и \(MB\), причем их основания \(A\) и \(B\) лежат в плоскости \(\alpha\). Пусть длина перпендикуляра \(MH = h\), длины наклонных \(MA = a\) и \(MB = b\). По условию, угол между \(MA\) и \(MH\) равен \(30^\circ\), а угол между \(MB\) и \(MH\) равен \(45^\circ\). Тогда, по определению косинуса, проекции наклонных на плоскость, то есть \(AH\) и \(BH\), равны \(AH = a \cos 30^\circ\) и \(BH = b \cos 45^\circ\).

Пусть \(h = 1\), тогда \(a = MA = \frac{h}{\sin 30^\circ} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2\), а \(b = MB = \frac{h}{\sin 45^\circ} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}\). Тогда \(AH = 2 \cdot \cos 30^\circ = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\), а \(BH = \sqrt{2} \cdot \cos 45^\circ = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1\). По условию, угол между проекциями \(AH\) и \(BH\) на плоскость \(\alpha\) равен \(90^\circ\), значит, треугольник \(AHB\) — прямоугольный с катетами \(AH = \sqrt{3}\) и \(BH = 1\), а гипотенуза \(AB\) равна \(\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3 + 1} = 2\).

Теперь используем теорему косинусов для треугольника \(AMB\): \(AB^2 = AM^2 + MB^2 — 2 \cdot AM \cdot MB \cdot \cos \angle AMB\). Подставляем найденные значения: \(2^2 = 2^2 + (\sqrt{2})^2 — 2 \cdot 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \cos \angle AMB\). Получаем: \(4 = 4 + 2 — 4\sqrt{2} \cos \angle AMB\), то есть \(4\sqrt{2} \cos \angle AMB = 6 — 4 = 2\).

Отсюда \(\cos \angle AMB = \frac{2}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\). Преобразуем знаменатель: \(\frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}\). Ответ: \(\cos \angle AMB = \frac{\sqrt{2}}{4}\).