Ъгъл между права и равнина

[Гост]

Може ли помощ с първа и втора задача?

[Knowledge Greedy]

1.) [tex]A'B'=ABcos\alpha[/tex]
а) [tex]A'B'=acos60^\circ = \frac{a}{2}[/tex]

б) [tex]A'B'=acos30^\circ =a\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]

в) [tex]A'B'=acos45^\circ=a \frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]

2.) При повече внимание можем да решим задачата без чертеж.
Използваме последното подусловие на задача 1. (защо?)
Четем отново условието и "превеждаме": всяка от двете отсечки има дължина [tex]a[/tex];
всяка от проекциите на двете отсечки има дължина [tex]a \frac{\sqrt{2}}{2}[/tex] - това беше два пъти приложено последното подусловие на задача 1;
проекциите са взаимно перпендикулярни - значи са катети на правоъгълен триъгълник - това означава, че може да приложим теоремата на Питагор. [tex]\left (a \frac{\sqrt{2}}{2} \right )^2+\left (a \frac{\sqrt{2}}{2} \right )^2=a^2[/tex]
Дотук подготвихме решението въз основа на условието.

Решение: Разглеждаме триъгълника [tex]\triangle ABM[/tex] - той е равнобедрен, двете негови бедра са дадените отсечки с дължина [tex]a[/tex] и с общ връх [tex]M[/tex]. Вторите краища на двете отсечки са точките [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] - тези, които лежат в дадената равнина [tex](\lambda).[/tex]
Това, което изчислихме по-горе с теоремата на Питагор бе [tex]AB[/tex].

И така, имаме [tex]\triangle ABM[/tex], който е не само равнобедрен, а дори - равностранен, защото [tex]AB=a[/tex] . Извод: търсеният [tex]\angle AMB=60^\circ[/tex]