ГДЗ по Геометрии 10 Класс Углубленный Уровень Номер 11.35 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Из точки A к плоскости α проведены перпендикуляр AO и наклонные AB и AC так, что \(\angle ABO = \angle CAO = 45^\circ\), а косинус угла между наклонными равен \(\frac{1}{4}\). Найдите угол между проекциями данных наклонных.

Дано: \(\angle ABO = \angle CAO = 45^\circ\), \(\cos \alpha = \frac{1}{4}\), где \(\alpha\) — угол между наклонными \(AB\) и \(AC\). Нужно найти угол между проекциями этих наклонных на плоскость (\(\angle BOC\)).

Из условия: \(AO = BO = OC = 1\), \(AB = AC = \sqrt{2}\).

По теореме косинусов: \(BC^2 = AB^2 + AC^2 — 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \alpha\).

Подставляем: \(BC^2 = 2 + 2 — 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{1}{4} = 4 — 1 = 3\), значит \(BC = \sqrt{3}\).

В треугольнике \(BOC\): \(BC^2 = BO^2 + OC^2 — 2 \cdot BO \cdot OC \cdot \cos \angle BOC\), то есть \(3 = 1 + 1 — 2 \cdot \cos \angle BOC\), отсюда \(2 \cos \angle BOC = -1\), значит \(\cos \angle BOC = -\frac{1}{2}\).

Угол между проекциями: \(\angle BOC = 120^\circ\).

Пусть точка \(A\) лежит вне плоскости \(\alpha\), а \(O\) — основание перпендикуляра \(AO\) из точки \(A\) на плоскость \(\alpha\). Точки \(B\) и \(C\) — основания наклонных \(AB\) и \(AC\) соответственно. Из условия задачи известно, что углы между наклонными и их проекциями равны \(45^\circ\), то есть \(\angle ABO = \angle CAO = 45^\circ\). Также известно, что угол между наклонными \(AB\) и \(AC\) равен \(\alpha\), и \(\cos \alpha = \frac{1}{4}\).

Рассмотрим треугольник \(ABO\). Пусть длины \(AO = BO = OC = 1\) для простоты вычислений. По теореме косинусов для треугольника \(ABO\) получаем: \(AB^2 = AO^2 + BO^2 — 2 \cdot AO \cdot BO \cdot \cos \angle ABO\). Подставляем значения: \(AB^2 = 1^2 + 1^2 — 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos 45^\circ = 2 — 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 — \sqrt{2}\). Однако в условиях задачи часто используют \(AB = AC = \sqrt{2}\), поскольку в прямоугольном треугольнике с катетами по 1 и углом \(45^\circ\) гипотенуза равна \(\sqrt{2}\). Аналогично получаем \(AC = \sqrt{2}\).

Теперь найдем расстояние \(BC\) между основаниями наклонных. По теореме косинусов в треугольнике \(ABC\) имеем: \(BC^2 = AB^2 + AC^2 — 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \alpha\). Подставляем значения: \(BC^2 = (\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2 — 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{1}{4} = 2 + 2 — 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 2 = 4 — 1 = 3\), отсюда \(BC = \sqrt{3}\).

Для нахождения угла между проекциями наклонных на плоскость \(\alpha\) рассмотрим треугольник \(BOC\). По теореме косинусов: \(BC^2 = BO^2 + OC^2 — 2 \cdot BO \cdot OC \cdot \cos \angle BOC\). Подставляем: \(3 = 1 + 1 — 2 \cdot \cos \angle BOC\), отсюда \(2 \cos \angle BOC = -1\), то есть \(\cos \angle BOC = -\frac{1}{2}\). В результате угол между проекциями наклонных на плоскость равен \(120^\circ\).