Kąty wspomniane w treści zadania są kątami tego samego trójkąta prostokątnego.

R1ZDzxPlztk1S

Ilustracja przedstawia sześcian A B C D E F G H. Zaznaczono przekątną sześcianu wychodzącą z wierzchołka A, przekątna tworzy z krawędzią podstawy A B kąt alfa. Z punktu B wychodzi przekątna ściany bocznej B G. Tworzy ona z przekątną sześcianu kąt beta.

Mamy więc $\sin \beta =\cos \alpha$. Co należało wykazać.

Obliczmy długość odcinków $ES$ i $SF$.

RzfRa8T5yBAw9

Ilustracja przedstawia sześcian A B C D E F G H o boku a. Z punktu E, wierzchołku górnej krawędzi podstawy wychodzi odcinek E S. Punkt S przecina odcinek A B w stosunku dwa do trzech. Z wierzchołka F wychodzi odcinek F S. Krawędzie E S i F S tworzą kąt alfa. Krawędzie tworzą dwa trójkąty. A S E oraz B F S.

Skoro punkt $S$ dzieli krawędź $AB$ w stosunku $2:3$, to $\left|AS\right|=\frac{2}{5}·\left|AB\right|=\frac{2}{5}a$ oraz $\left|SB\right|=\frac{3}{5}·\left|AB\right|=\frac{3}{5}a$.

Trójkąty $EAS$ oraz $SBF$ są prostokątne, zatem z twierdzenia Pitagorasa mamy:

$a^2+{\left(\frac{2}{5}a\right)}^2={\left|SE\right|}^2$ oraz $a^2+{\left(\frac{3}{5}a\right)}^2={\left|SF\right|}^2$. Czyli $\left|SE\right|=\frac{\sqrt{29}}{5}a$ oraz $\left|SF\right|=\frac{\sqrt{34}}{5}a$.

Obliczymy miarę kąta $ESF$ z twierdzenia cosinusów:

$a^2=\frac{29}{25}{a}^2+\frac{34}{25}{a}^2-2·\frac{\sqrt{29}·\sqrt{34}}{25}{a}^2\cos \left(\sphericalangle ESF\right)$.

Pomnóżmy stronami przez $25$ i podzielmy przez $a^2$, otrzymujemy wtedy $25=63-2\sqrt{986}\cos \alpha$.

Ostatecznie $\cos \alpha =\frac{38}{2\sqrt{986}}=\frac{19\sqrt{986}}{986}$.

1. Uzupełnijmy rysunek. Oznaczmy kąt, którego cosinusa szukamy przez $\alpha$.

   RW6YoP15tb8Xf

   Ilustracja przedstawia sześcian A B C D E F G H o krawędzi a. Z wierzchołka E wychodzi prosta stykająca się z dolną podstawą na przecięciu jej przekątnych. Tworzy to punkt S. Połowa przekątnej ma miarę $\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Przekątna tworzy z nowopowstałą prostą kąt alfa.

   

   Obliczamy długość odcinka $ES$ z Twierdzenia Pitagorasa: $a^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)}^2={\left|ES\right|}^2$.
   Czyli ${\left|ES\right|}^2=\frac{6}{4}{a}^2$ i ostatecznie $\left|ES\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}a$. Obliczmy $\cos \alpha$ z funkcji trygonometrycznych w trójkącie $ASE\text{: }\cos \alpha =\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{6}}{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{12}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

2. Ponieważ $\alpha +\left|\sphericalangle AES\right|=90°$, to: $\cos \alpha =\sin \left(\sphericalangle \mathrm{AES}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
   Zaznaczmy na rysunku kąt nachylenia przekątnej sześcianu do podstawy $\sphericalangle ACE$.

   RBGIoWYd7WUVp

   Ilustracja przedstawia sześcian A B C D E F G H o krawędzi a. Z wierzchołka E wychodzi prosta stykająca się z dolną podstawą na przecięciu jej przekątnych. Tworzy to punkt S. Połowa przekątnej ma miarę $\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Przekątna tworzy z nowopowstałą prostą kąt alfa. Zaznaczono przekątną sześcianu równą $a\sqrt{3}$ oraz przekątną podstawy stykające się w punkcie C.

   

   Zauważmy, że korzystając z trójkąta $AEC$: $\sin \sphericalangle ACE=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
   A zatem miara kąta nachylenia przekątnej sześcianu do płaszczyzny podstawy jest równa mierze $\sphericalangle AES$.