Решение
Пусть ABCDA1B1C1D1 – данная призма, основания ABCD и A1B1C1D1 которой – ромбы со стороной 2, причём DAB = 30o и AA1 = BB1 = CC1 = DD1 = 1 . Если DF – высота ромба ABCD , опущенная на сторону AB , то по теореме о трёх перпендикулярах D1F AB , поэтому DFD1 – линейный угол двугранного угла между плоскостями основания ABCD и диагонального сечения AD1C1B . Так как DF = AD sin 30o = 1 , то tg DFD1 = = 1 . Поэтому DFD1 = 45o < 60o . Значит, данная в условии секущая плоскость пересекает рёбра A1D1 и B1C1 . Обозначим через M и N соответствующие точки пересечения. Поскольку плоскости оснований параллелепипеда параллельны, а также параллельны плоскости противоположных боковых граней, то четырёхугольник AMNB – параллелограмм. Пусть MP – перпендикуляр, опущенный из точки M на плоскость основания ABCD . Поскольку плоскости AA1D1D и ABCD перпендикулярны, точка P лежит на их прямой пересечения AD . Если MQ – высота параллелограмма AMNB , опущенная на сторону AB , то по теореме о трёх перпендикулярах PQ AB , поэтому MQP – линейный угол двугранного угла между плоскостями AMNB и ABCD . По условию задачи MQP = 60o . Значит,
MQ = = = .
Следовательно,
SAMNB = AB· MQ = 2· = .
Объяснение:
sin 240° = sin (180° + 60°) = - sin 60° = - √3/2
cos (- 405°) = cos 405° = cos (360° + 45°) = cos 45° = √2/2
cos330° = cos (360° - 30°) = cos 30° = √3/2
sin (- 225°) = - sin 225° = - sin (180° + 45°) = sin 45° = √2/2
tg 150° = tg (180° - 30°) = - tg 30° = - √3/3
tg 300° = tg (360° - 60°) = - tg 60° = - √3
sin (- 390°) = - sin 390° = - sin (360° + 30°) = - sin 30° = - 1/2
tg 22° - нельзя вычислить по формулам приведения.
Возможно, имелся в виду
tg 225° = tg (180° + 45°) = tg 45° = 1
tg (- 315°) = - tg 315° = - tg (270° + 45°) = ctg 45° = 1