Task/26810450
-------------------
MA ⊥ (ABC) ⇒MA ⊥ AB ( и MA ⊥ AC ), т.е. AB проекция наклонной
MB на плоскости треугольника ABC .
∠MBA_ искомый угол
чисто геометрически
-----------------------------
ΔABC равнобедренный (AB =AC) ,следовательно :
∠ABC = ∠ACB =(180° - 120°) / 2=30°.
Пусть H середина стороны BC треугольника ABC : BH =BC/2 =3 .
В треугольнике ABC медиана AH одновременно и высота .
AH=AB/2 (как катет против угла 30°).
Из ΔAHB по теореме Пифагора:
AB² =AH² +BH²
AB² =(AB/2)² +3² ⇔AB² -AB²/4= 9. ⇔ 3AB²/4 =9⇔ AB² =12. ||AB =2√3 ||
ΔMAB =ΔMAC (по двум катетам)⇒ MB =MC =4.
MA²= MB² - AB² =4² - 12 =4 ⇔ MA =2 =MB/2 ⇒ ∠MBA =30° .
ответ : 30° .
* * * * * * * * * * * * P.S. * * * * * * * * * * * *
AB=AC можно найти по теореме синусов или по теореме косинусов.
CB/sin120° =AB/sin30° (по теореме синусов)
AB =CB*sin30°/sin120° =6*(1/2) / ( (√3) /2) =2√3
cos(∠MBA) =AB/ MB =)2√3)/4 =(√3) / 2 ⇒ ∠MBA =30°.
-------(по теореме косинусов) -------
BC² = AB²+ AC² -2AB*AC*cos120° ⇔6² = 2AB²+AB² ⇒AB² =12.
===============================================
AC ⊥ MN и BC ⊥ MN ⇒∠ACB=φ линейный угол двугранного угла.
Из треугольника ACB по теореме косинусов:
AB² =CA² +CB² -2CA*CB*cosφ ;
7² = 3² +5² -2*3*5*cosφ ;
cosφ = -1/2 ;
φ=120°
ответ : 120° .