Треугольник ACB — прямоугольный (∠C = 90°), AC = CB = 3 см. Треугольник AMC имеет общую сторону AC с треугольником ACB, AM = CM = √6 см. Плоскости треугольников взаимно перпендикулярны. 1) Докажите, что MC ⊥ BC. 2) Найдите угол между MB и плоскостью ABC.

1) В треугольнике $ACB$ ($"\angle C = 90^\circ"$): $AC = CB = 3$ см. В треугольнике $AMC$: $AM = CM = \sqrt{6}$ см, $AC = 3$ см. Проверим, является ли треугольник $AMC$ прямоугольным по теореме, обратной теореме Пифагора: $AM^2 + CM^2 = (\sqrt{6})^2 + (\sqrt{6})^2 = 6 + 6 = 12$. Так как $AC^2 = 3^2 = 9$, а $12 \neq 9$, треугольник не прямоугольный. По условию плоскости $(AMC)$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Их линия пересечения — $AC$. В плоскости $(ABC)$ прямая $BC \perp AC$ (так как $"\angle C = 90^\circ"$). По свойству перпендикулярных плоскостей: если прямая лежит в одной из двух перпендикулярных плоскостей и перпендикулярна линии их пересечения, то она перпендикулярна и второй плоскости. Значит, $BC \perp (AMC)$. Так как прямая $MC$ лежит в плоскости $(AMC)$, то $BC \perp MC$ или $MC \perp BC$. 2) Угол между прямой $MB$ и плоскостью $(ABC)$ — это угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость. Проведем высоту $MH$ в равнобедренном треугольнике $AMC$ к стороне $AC$. Так как $(AMC) \perp (ABC)$, то $MH$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$. Тогда $HB$ — проекция $MB$ на плоскость $(ABC)$, а искомый угол — $"\angle MBH"$. В равнобедренном $"\triangle AMC"$ ($AM=CM=\sqrt{6}$): $H$ — середина $AC$, $CH = AC / 2 = 1,5$ см. Из $"\triangle MHC"$ ($"\angle H=90^\circ"$): $MH = \sqrt{CM^2 - CH^2} = \sqrt{(\sqrt{6})^2 - 1,5^2} = \sqrt{6 - 2,25} = \sqrt{3,75}$ см. В $"\triangle HCB"$ ($"\angle C=90^\circ"$): $HB = \sqrt{CH^2 + CB^2} = \sqrt{1,5^2 + 3^2} = \sqrt{2,25 + 9} = \sqrt{11,25}$ см. В $"\triangle MHB"$ ($"\angle H=90^\circ"$): $"\text{tg } \angle MBH = \frac{MH}{HB} = \frac{\sqrt{3,75}}{\sqrt{11,25}} = \sqrt{\frac{3,75}{11,25}} = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}"$. Значит, $"\angle MBH = 30^\circ"$. **Ответ: 30°**