Упр.788 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

Задача

В правильном треугольнике АВС сторона равна $$a$$. На сонаправленных лучах BD и CE, перпендикулярных к плоскости АВС, взяты точки D и E так, что $$BD=\frac{a}{\sqrt{2}}$$, $$CE=a\sqrt{2}$$. Докажите, что треугольник ADE прямоугольный, и найдите угол между плоскостями АВС и ADE.

Подробный ответ

Пусть $$H$$ — точка пересечения прямой $$ED$$ с прямой $$BC$$. Так как $$BD \perp (ABC)$$ и $$CE \perp (ABC)$$, то $$BD \parallel CE$$.

Проведём в плоскости $$DCE$$ прямую $$DF \perp EC$$, тогда $$DF \parallel BC$$. Из параллельности $$BD \parallel CE$$ и равенства $$BD=\dfrac{a}{\sqrt2}$$ получаем

$$EF=CE-FC=CE-BD=a\sqrt2-\frac{a}{\sqrt2}=\frac{a}{\sqrt2}.$$

Кроме того, $$HD=DE$$ и $$HB=BC=a$$.

Найдём длины отрезков по теореме Пифагора:

$$AD=\sqrt{AB^2+BD^2} =\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}} =a\sqrt{\frac32},$$

$$AE=\sqrt{AC^2+CE^2} =\sqrt{a^2+2a^2} =a\sqrt3,$$

$$DE=\sqrt{DF^2+EF^2} =\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}} =a\sqrt{\frac32}.$$

Следовательно, в треугольнике $$ADE$$

$$AE^2=3a^2,\qquad AD^2+DE^2=\frac{3a^2}{2}+\frac{3a^2}{2}=3a^2.$$

Значит, $$AE^2=AD^2+DE^2$$, поэтому $$\angle ADE=90^\circ$$, то есть треугольник $$ADE$$ прямоугольный.

Теперь найдём угол между плоскостями $$ABC$$ и $$ADE$$. В равностороннем треугольнике $$ABC$$ имеем $$\angle CBA=60^\circ$$. Так как $$HB=BA=a$$, то треугольник $$HBA$$ равнобедренный, и

$$\angle HBA=180^\circ-60^\circ=120^\circ,\qquad \angle HAB=\angle AHB=30^\circ.$$

Тогда

$$\angle HAC=\angle HAB+\angle BAC=30^\circ+60^\circ=90^\circ.$$

По теореме о трёх перпендикулярах $$HA \perp AE$$, значит угол между плоскостями $$ABC$$ и $$ADE$$ равен углу $$\angle EAC$$.

В прямоугольном треугольнике $$ACE$$

$$\cos \angle EAC=\frac{AC}{AE}=\frac{a}{a\sqrt3}=\frac{1}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.$$

Следовательно,

$$\angle(ABC,\,ADE)=\angle EAC=\arccos\frac{\sqrt3}{3}.$$