Вот пришло в голову решение :) Так-то задачка ерундовая :) Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) ) Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC; то есть ∠BAC = ∠BA1C; Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому ∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK; следовательно ∠BAC = ∠BMK; и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.
Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.
Дополнение. Тривиальный решения тут такой. ∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C; BK = BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A); BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C); То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны. коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.
1. Угол между наклонной к плоскости и плоскостью - это угол между наклонной и ее проекцией на плоскость. Искомый угол - угол МАО. Высота правильного треугольника равна h=(√3/2)*a = (√3/2)*2√3=3. АО=(1/3)*h = 1 (свойство медианы). Tg(<MAO) = MO/AO = √3.
ответ: α = arctg√3 = 60°
2. Искомый угол - угол между наклонной и ее проекцией, то есть угол АВК. Sin(<ABK) = KA/KB = AC*tg60/5 = 5√3/11. <ABK = arcsin(0,787) ≈ 51,9°.
3. Опустим перпендикуляры SP и SH из точки S к сторонам АВ и АD соответственно. Прямоугольные треугольники APS и AHS равны по гипотенузе и острому углу. Значит АР=АН и АРОН - квадрат. тогда АО = АН*√2 (диагональ квадрата), АS = 2*АН (в треугольнике ASH катет АН лежит против угла 30°, а AS - гипотенуза). Косинус искомого угла (между наклонной AS и плоскостью АВСD, равного отношению проекции наклонной к наклонной) = АО/AS = АН√2/(2*АН) = √2/2.
Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) )
Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC;
то есть ∠BAC = ∠BA1C;
Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому
∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK;
следовательно ∠BAC = ∠BMK;
и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.
Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.
Дополнение. Тривиальный решения тут такой.
∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C;
BK = BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A);
BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C);
То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны.
коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.
1. Угол между наклонной к плоскости и плоскостью - это угол между наклонной и ее проекцией на плоскость. Искомый угол - угол МАО. Высота правильного треугольника равна h=(√3/2)*a = (√3/2)*2√3=3. АО=(1/3)*h = 1 (свойство медианы). Tg(<MAO) = MO/AO = √3.
ответ: α = arctg√3 = 60°
2. Искомый угол - угол между наклонной и ее проекцией, то есть угол АВК. Sin(<ABK) = KA/KB = AC*tg60/5 = 5√3/11. <ABK = arcsin(0,787) ≈ 51,9°.
3. Опустим перпендикуляры SP и SH из точки S к сторонам АВ и АD соответственно. Прямоугольные треугольники APS и AHS равны по гипотенузе и острому углу. Значит АР=АН и АРОН - квадрат. тогда АО = АН*√2 (диагональ квадрата), АS = 2*АН (в треугольнике ASH катет АН лежит против угла 30°, а AS - гипотенуза). Косинус искомого угла (между наклонной AS и плоскостью АВСD, равного отношению проекции наклонной к наклонной) = АО/AS = АН√2/(2*АН) = √2/2.
ответ: искомый угол равен 45°.