ГДЗ по Геометрии 10 Класс Углубленный Уровень Номер 13.27 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Из точки \(B\) к плоскости \(\alpha\) проведена наклонная \(BA\), образующая с этой плоскостью угол \(45^\circ\). В плоскости \(\alpha\) проведена прямая \(AC\), образующая с проекцией отрезка \(AB\) на данную плоскость угол \(30^\circ\). Найдите косинус угла \(BAC\).

В треугольнике \(ABH\), где угол между наклонной и плоскостью \(45^\circ\), получаем \(AH = AB \cdot \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}\), \(BH = AB \cdot \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}\).

В плоскости \(\alpha\) угол между \(AC\) и проекцией \(AB\) (\(AH\)) равен \(30^\circ\), значит \(AC = \frac{AH}{\cos 30^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\).

Используем теорему косинусов для треугольника \(BAC\):

\(BC^2 = AB^2 + AC^2 — 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \angle BAC\).

Подставляя значения: \(1^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)^2 — 2 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \cos \angle BAC = BC^2\).

Из  решения получаем: \(\cos \angle BAC = \frac{\sqrt{6}}{4}\).

Пусть точка \(A\) — основание наклонной \(BA\), а точка \(H\) — основание перпендикуляра из \(B\) на плоскость \(\alpha\). Тогда по определению проекции длина \(AH\) равна \(AB \cdot \sin 45^\circ\), а \(BH = AB \cdot \cos 45^\circ\). Если взять \(AB = 1\) для удобства вычислений, получаем \(AH = \frac{\sqrt{2}}{2}\) и \(BH = \frac{\sqrt{2}}{2}\). Таким образом, треугольник \(ABH\) — прямоугольный, и его стороны определены однозначно.

В плоскости \(\alpha\) из точки \(A\) проведена прямая \(AC\), причём угол между \(AC\) и проекцией \(AB\) на плоскость (\(AH\)) равен \(30^\circ\). Если обозначить длину \(AC\) через \(x\), то по определению косинуса угла между векторами имеем: \(\cos 30^\circ = \frac{AH}{AC}\), откуда \(AC = \frac{AH}{\cos 30^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\). Таким образом, в плоскости \(\alpha\) точки \(A\), \(H\) и \(C\) лежат на одной плоскости, и расстояния между ними известны.

Для нахождения косинуса угла между векторами \(BA\) и \(AC\) используем теорему косинусов. Пусть \(BA = 1\), \(AC = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\). Для вычисления длины \(BC\) рассматриваем треугольник \(BHC\), где \(BH\) перпендикулярен плоскости, а \(HC = AC\), поскольку \(H\) и \(C\) лежат в одной плоскости. Тогда \(BC^{2} = BH^{2} + HC^{2} = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2} + \left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)^{2} = \frac{2}{4} + \frac{2}{3} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{3}{6} + \frac{4}{6} = \frac{7}{6}\). Теперь по теореме косинусов для треугольника \(BAC\) имеем: \(BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} — 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \angle BAC\), подставляем значения: \(\frac{7}{6} = 1 + \frac{2}{3} — 2 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \cos \angle BAC\). Решая это уравнение, получаем \(2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \cos \angle BAC = \frac{1}{2}\), откуда \(\cos \angle BAC = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}\) после рационализации знаменателя.