Угол между прямой и плоскостью

а)

Рассмотрим треугольник $MBA$:

$$MA^{2} = 26 = 10 + 16 = (\sqrt{10})^{2} + 4^{2} = MB^{2} + AB^{2}.$$

Следовательно, треугольник $MBA$ прямоугольный и $MB \perp AB$.

Рассмотрим треугольник $MBC$:

$$MC^{2} = 235 = 10 + 225 = (\sqrt{10})^{2} + 15^{2} = MB^{2} + BC^{2}.$$

Следовательно, треугольник $MBC$ прямоугольный и $MB \perp BC$.

Таким образом, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABCD)$. Тогда прямая $MB$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ и $MB$ — высота пирамиды $MABCD$.

б) По пункту (а) прямая $MB \perp (ABCD)$, значит, $MB \perp AD$. По условию $AB \perp AD$, значит, $AD \perp (ABM)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $AM$ — проекция $MD$ на плоскость $(ABM)$. Тогда угол $AMD$ и есть угол между $MD$ и плоскостью $(ABM)$.

По теореме Пифагора в треугольнике $AMD$:

$$MD^{2} = MA^{2} + AD^{2} = 26 + 225 = 251, \qquad MD = \sqrt{251}.$$

Тогда найдём искомый угол:

$$\sin \angle AMD = \frac{AD}{MD} = \frac{15}{\sqrt{251}},$$

$$\angle AMD = \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}.$$

Ответ: б) $\displaystyle \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}$.

а)

Проведём высоту $SH$ в треугольнике $SBC$. Так как $SB=SC$, то $BH=HC$. В треугольнике $ABC$ отрезок $AH$ является высотой, так как $AB=AC$ (треугольник равнобедренный), и при этом $BH=HC$ означает, что $AH$ одновременно медиана и высота.

Получаем систему: $$AH\perp BC, \qquad SH\perp BC.$$ Из этого следует $SA\perp BC$. Таким образом, $SA$ перпендикулярна прямой $BC$.

б) Найдём угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBC$. Этот угол равен углу между $SA$ и проекцией $SA$ на плоскость $SBC$. Опустим в треугольнике $ASH$ высоту $AK$ на $SH$. Тогда $$AK\perp SH,\qquad AK\perp BC,$$ и угол $\angle ASK$ является искомым.

Сначала вычислим длину $SH$. В треугольнике $SBC$ по теореме Пифагора: $$SH^2 = SB^2 - BH^2.$$ Так как $BH=\tfrac12 BC$, имеем $$BH=\tfrac12\cdot 2\sqrt{5}=\sqrt{5}.$$ Следовательно $$SH^2 = (\sqrt{13})^2 - (\sqrt{5})^2 = 13-5=8, \qquad SH=2\sqrt{2}.$$

Теперь найдём $AH$. В треугольнике $ABC$ также $BH=\sqrt{5}$, поэтому $$AH^2 = AB^2 - BH^2 = (\sqrt{29})^2 - (\sqrt{5})^2 = 29-5=24, \qquad AH=2\sqrt{6}.$$

В треугольнике $ASH$ известны все стороны: $AS=2\sqrt{5}$, $SH=2\sqrt{2}$, $AH=2\sqrt{6}$. По теореме косинусов для угла $\angle ASH$ получаем: $$AH^2 = AS^2 + SH^2 - 2\cdot AS\cdot SH\cdot\cos\angle ASH.$$ Подставляем числа: $$(2\sqrt{6})^2 = (2\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{2})^2 - 2\cdot 2\sqrt{5}\cdot 2\sqrt{2}\cdot\cos\angle ASH.$$ Это даёт $$24 = 20 + 8 - 8\sqrt{10}\cos\angle ASH,$$ откуда $$24 = 28 - 8\sqrt{10}\cos\angle ASH, \quad 8\sqrt{10}\cos\angle ASH = 4,$$ и, наконец, $$\cos\angle ASH = \frac{4}{8\sqrt{10}} = \frac{1}{2\sqrt{10}}.$$

Поскольку угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBC$ равен $\angle ASH$, ответ: $$\boxed{\arccos\frac{1}{2\sqrt{10}}}.$$

а)

Пусть $O_1$ — точка пересечения диагоналей основания $A_1B_1C_1D_1$. Так как $B_1D_1 \perp A_1C_1$ и $B_1D_1 \perp AA_1$, то $B_1D_1 \perp (AA_1O_1)$. Проведем $A_1H \perp AO_1$. Тогда $B_1D_1 \perp A_1H$, следовательно, $A_1H \perp (AB_1D_1)$. Пусть прямая $A_1H$ пересекает луч $AC$ в точке $K$.

Угол $\varphi = \angle HA_1O_1 = \angle A_1AO_1 = \angle A_1KA$, причём: $$\frac{A_1O_1}{AA_1} = \tan\varphi = \frac{AA_1}{AK} \Rightarrow AK = \frac{AA_1^2}{A_1O_1} = \frac{AA_1^2}{\frac{AB}{\sqrt{2}}} = \frac{3}{2} \cdot \sqrt{2}$$

Так как $AC = 2\sqrt{2}$ и $AK < AC$, то точка $K$ лежит между точками $A$ и $C$, то есть на отрезке $AC$, причём: $$KC = 2\sqrt{2} - \frac{3}{2}\sqrt{2} = \frac{1}{2}\sqrt{2} \Rightarrow AK : KC = 3 : 1 \quad \text{(что и требовалось доказать)}.$$

б) Так как $CB_1 \parallel DA_1$, то $\gamma = \angle (l, CB_1) = \angle (l, DA_1)$.
По теореме косинусов из $\triangle ADK$: $$DK^2 = AD^2 + AK^2 - 2 \cdot AD \cdot AK \cdot \cos 45^\circ = \frac{5}{2}$$

По теореме Пифагора: $$DA_1^2 = 7,\qquad KA_1^2 = \frac{15}{2}$$

Следовательно, по теореме косинусов из $\triangle DA_1K$: $$\cos\gamma = \frac{DA_1^2 + KA_1^2 - DK^2}{2 \cdot DA_1 \cdot KA_1} = 2\sqrt{\frac{6}{35}} \Rightarrow \gamma = \arccos\left(2\sqrt{\frac{6}{35}}\right)$$

Ответ: б) $\arccos\left(2\sqrt{\frac{6}{35}}\right)$

а)

Опустим высоту $A_1H$ в треугольнике $OA_1A$. Докажем, что прямая $A_1H$ совпадает с прямой $l$. Прямая $B_1D_1$ перпендикулярна прямым $C_1A_1$ (как содержащей диагонали квадрата) и $OA$ (так как $OA$ — медиана, а значит, и высота в равнобедренном треугольнике $AB_1D_1$) плоскости $(CC_1A_1A)$.

Тогда $B_1D_1 \perp (CC_1A_1A)$ и прямая $A_1H$ перпендикулярна прямой $B_1D_1$. Получили, что прямая $A_1H$ перпендикулярна прямым $OA$ и $B_1D_1$, плоскости $(AB_1D_1)$, следовательно, прямая $A_1H$ перпендикулярна плоскости $(AB_1D_1)$ и совпадает с прямой $l$ из условия.

Пусть $G$ — точка пересечения прямой $A_1H = l$ с отрезком $AC$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $OA_1A$. Тогда: $$AA_1 = 2, \quad OA_1 = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}$$ как половина диагонали квадрата со стороной $\sqrt{6}$. По теореме Пифагора: $$OA = \sqrt{3 + 4} = \sqrt{7}$$ Найдём длину высоты $A_1H$, записав площадь треугольника $OA_1A$ двумя способами: $$\frac{1}{2}A_1O \cdot A_1A = S = \frac{1}{2}OA \cdot HA_1 \Rightarrow \quad HA_1 = \frac{A_1O \cdot A_1A}{OA} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$$

По теореме Пифагора для треугольников $OA_1H$ и $AA_1H$: $$OH = \sqrt{3 - \frac{12}{7}} = \frac{3}{\sqrt{7}}, \quad AH = \sqrt{4 - \frac{12}{7}} = \frac{4}{\sqrt{7}}$$

Далее, $\triangle OA_1H \sim \triangle AGH$ по углам, так как $OA_1 \parallel GA$, тогда имеем равенство отношений: $$\frac{OH}{AH} = \frac{OA_1}{AG} \Rightarrow AG = \frac{OA_1 \cdot AH}{OH} = \frac{\sqrt{3} \cdot \frac{4}{\sqrt{7}}}{\frac{3}{\sqrt{7}}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$$

Найдём отношение отрезков $AG$ и $CG$: $$\frac{AG}{CG} = \frac{AG}{AC - AG} = \frac{\frac{4}{\sqrt{3}}}{2\sqrt{3} - \frac{4}{\sqrt{3}}} = \frac{4}{6 - 4} = \frac{2}{1}$$

б)

Поскольку $CD_1 \parallel BA_1$, то искомый угол равен углу $\angle BA_1G$ между прямыми $A_1G = l$ и $BA_1$.
Отрезок $BA_1 = \sqrt{4 + 6} = \sqrt{10}$ — диагональ прямоугольника $BB_1A_1A$ со сторонами $\sqrt{6}$ и $2$.
По теореме Пифагора для треугольника $AGA_1$: $$A_1G = \sqrt{AG^2 + AA_1^2} = \sqrt{\frac{16}{3} + 4} = \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}$$

По теореме косинусов для треугольника $GAB$ с углом $\angle A = 45^\circ$: $$BG^2 = AG^2 + AB^2 - 2 \cdot AG \cdot AB \cdot \cos\angle A = \frac{16}{3} + 6 - 2 \cdot \frac{4}{\sqrt{3}} \cdot \sqrt{6} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{10}{3}$$

Тогда по теореме косинусов для треугольника $BA_1G$: $$\cos \angle BA_1G = \frac{BA_1^2 + A_1G^2 - BG^2}{2 \cdot BA_1 \cdot A_1G} = \frac{10 + \frac{28}{3} - \frac{10}{3}}{2 \cdot \sqrt{10} \cdot \frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}} = \frac{16}{\frac{4\sqrt{70}}{\sqrt{3}}} = \frac{12}{\sqrt{210}}$$

$$\angle BA_1G = \arccos\left(\frac{12}{\sqrt{210}}\right) = \arccos\left(\frac{2\sqrt{210}}{35}\right)$$

Ответ: б) $\arccos\left(\dfrac{2\sqrt{210}}{35}\right)$

а) Так как пирамида правильная, то в основании лежит правильный треугольник $ABC$, а основание высоты этой пирамиды — центр $H$ треугольника.

Пусть $AA_1 \perp BC$, $CC_1 \perp AB$. Тогда $H = AA_1 \cap CC_1$ и по теореме о трёх перпендикулярах $PA_1 \perp BC$. Следовательно, $PA_1$ — апофема грани $BCP$.

Проведём $AO \perp PA_1$, а через точку $O$ проведём $MN \parallel BC$. Тогда $(AMN) = \alpha$. Докажем, что $PO : OA_1 = 119 : 25$.

Пусть $\angle AA_1P = \varphi$. Тогда:

$$\frac{OA_1}{AA_1} = \cos \varphi = \frac{HA_1}{PA_1}$$

Пусть $AB = a$. Тогда:

$$AA_1 = \frac{a\sqrt{3}}{2}, \quad HA_1 = \frac{1}{3}AA_1 = \frac{a}{2\sqrt{3}}, \quad PA_1 = \sqrt{1{,}69a^2 - 0{,}25a^2} = 1{,}2a$$

$$OA_1 = \frac{HA_1 \cdot AA_1}{PA_1} = \frac{5a}{24}$$

Тогда:

$$\frac{OA_1}{PA_1} = \frac{25}{144} \iff \frac{PO}{OA_1} = \frac{119}{25}$$

Что и требовалось доказать.

б) Проведём $CK \parallel PA_1$, как показано на рисунке. Тогда $CK \perp \alpha$, следовательно, $AK$ — проекция наклонной $AC$ на плоскость $\alpha$.

Так как угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на эту плоскость, то нужно найти $\angle CAK = \mu$. $\triangle CAK$ — прямоугольный с прямым углом $K$. Следовательно,

$$\sin \mu = \frac{CK}{AC}$$

Так как $BC \parallel MN$, то $BC \parallel \alpha$, следовательно, расстояние от любой точки прямой $BC$ до плоскости $\alpha$ одинаково, откуда следует, что $CK = OA_1 = \frac{5a}{24}$.

Значит,

$$\sin \mu = \frac{5}{24} \quad \Rightarrow \quad \mu = \arcsin \frac{5}{24}$$

Ответ: а) $119 : 25$ б) $\arcsin \dfrac{5}{24}$