Дано: прямая МА перпендикулярна плоскости α. Найти угол между прямой МВ и плоскостью α.

Давай разберем задачи по очереди, используя свойства прямоугольных треугольников и определение угла между прямой и плоскостью. **Задача 1 (левый верхний рисунок)** Угол между прямой $MB$ и плоскостью $\alpha$ — это угол между наклонной $MB$ и её проекцией $AB$ на плоскость. Это $\angle MBA$. 1. В прямоугольном $\triangle MAB$ ($MA \perp AB$): $\cos \angle MBA = \frac{AB}{MB}$. 2. $\cos \angle MBA = \frac{5}{10} = 0,5$. 3. $\angle MBA = 60^{\circ}$. **Ответ: 60^{\circ}** **Задача 2 (средний верхний рисунок)** Угол между прямой $MB$ и плоскостью — это $\angle MBA$. 1. В прямоугольном $\triangle MAB$: $\text{tg} \angle MBA = \frac{MA}{AB}$. 2. $\text{tg} \angle MBA = \frac{5\sqrt{3}}{5} = \sqrt{3}$. 3. $\angle MBA = 60^{\circ}$. **Ответ: 60^{\circ}** **Задача 3 (правый верхний рисунок)** 1. Из прямоугольного $\triangle MAC$ ($\angle MAC = 90^{\circ}$, $\angle C = 30^{\circ}$): $MA = MC \cdot \sin 30^{\circ} = 8 \cdot 0,5 = 4$. 2. В прямоугольном $\triangle MAB$: $\sin \angle MBA = \frac{MA}{MB} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. 3. $\angle MBA = 45^{\circ}$. **Ответ: 45^{\circ}** **Задача 4 (левый средний рисунок)** 1. В $\triangle ABC$ по теореме косинусов найдем $AB$, если дано $AC=4$ (так как $MA=AC$ по чертежу) и $CB=6$, $\angle C = 120^{\circ}$: $AB^2 = 4^2 + 6^2 - 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cos 120^{\circ} = 16 + 36 - 48 \cdot (-0,5) = 52 + 24 = 76$. $AB = \sqrt{76} = 2\sqrt{19}$. 2. Угол между $MB$ и плоскостью — $\angle MBA$. В $\triangle MAB$: $\text{tg} \angle MBA = \frac{MA}{AB} = \frac{4}{2\sqrt{19}} = \frac{2}{\sqrt{19}}$. **Ответ: \text{arctg} \frac{2}{\sqrt{19}}** **Задача 5 (правый средний рисунок)** Дано: $ACBD$ — квадрат. Пусть сторона квадрата $a$. Тогда диагональ $AB = a\sqrt{2}$. По чертежу $MA = AD = a$. 1. В прямоугольном $\triangle MAB$: $\text{tg} \angle MBA = \frac{MA}{AB} = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. **Ответ: \text{arctg} \frac{\sqrt{2}}{2}** **Задача 7 (правый нижний рисунок)** 1. В $\triangle ABB_1$ ($\angle B_1 = 90^{\circ}$, $\angle A = 30^{\circ}$): $BB_1 = AB \cdot \sin 30^{\circ} = 6 \cdot 0,5 = 3$; $AB_1 = AB \cdot \cos 30^{\circ} = 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$. 2. В $\triangle AA_1 B_1$ ($\angle A_1 = 90^{\circ}$): по теореме Пифагора $A_1 B_1 = \sqrt{AB_1^2 - AA_1^2} = \sqrt{(3\sqrt{3})^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{27 - 12} = \sqrt{15}$. 3. В $\triangle BB_1 A_1$ (так как плоскости перпендикулярны, $BB_1 \perp B_1 A_1$): $BA_1 = \sqrt{BB_1^2 + B_1 A_1^2} = \sqrt{3^2 + (\sqrt{15})^2} = \sqrt{9 + 15} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$. 4. Угол между $BA_1$ и плоскостью $\alpha$ — это $\angle BA_1 B_1$: $\sin \angle BA_1 B_1 = \frac{BB_1}{BA_1} = \frac{3}{2\sqrt{6}} = \frac{3\sqrt{6}}{12} = \frac{\sqrt{6}}{4}$. **Ответ: \text{arcsin} \frac{\sqrt{6}}{4}**