Question

В основании прямой призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ лежит равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD = 5$ и $BC = 3$. Точка $M$ делит ребро $A_1D_1$ в отношении $A_1M : MD_1 = 2 : 3$, а точка $K$ — середина ребра $DD_1$.

а) Докажите, что плоскость $MKC$ параллельна прямой $BD$.

б) Найдите тангенс угла между плоскостью $MKC$ и плоскостью основания призмы, если $\angle MKC = 90°$, $\angle ADC = 60°$.

Accepted Answer

Answer

Идея решения: построить сечение призмы плоскостью $MKC$, показать, что в этом сечении содержится прямая, параллельная $BD$, а затем использовать формулу проекции площади для нахождения угла.

**а) Доказательство параллельности**

Поскольку $AD \parallel BC$ и $DD_1 \parallel CC_1$, грани $AA_1D_1D$ и $BCC_1B_1$ параллельны.

Плоскость $MKC$ пересекает грань $BCC_1B_1$ по прямой $CL$, где $L \in BB_1$, и $CL \parallel MK$.

Продлим $MK$ до пересечения с $AA_1$ — получим точку $O$. Соединим $O$ и $L$; эта прямая пересекает $A_1B_1$ в точке $N$. Соединив $M$ и $N$, получаем сечение $MNLCK$.

Отрезок $LK$ принадлежит сечению. Оба отрезка $LK$ и $BD$ лежат в плоскости $BDD_1B_1$.

Из параллельности $A_1D_1 \parallel BC$ и $MK \parallel LC$ следует, что $\angle KMD_1 = \angle BCL$ (углы между попарно параллельными прямыми).

Из условий $AD = A_1D_1 = 5$, $A_1M : MD_1 = 2 : 3$ и $BC = 3$ получаем $MD_1 = 3 = BC$ и $A_1M = 2$.

Треугольники $KMD_1$ и $LCB$ равны (по стороне и прилежащим углам), поэтому $KD = BL$ и $\angle MKD = \angle CLB$.

Четырёхугольник $BDLK$ — прямоугольник, так как $KD \parallel BL$, $KD = BL$ и $KD \perp BD$ (рёбра прямой призмы перпендикулярны основанию).

Следовательно, $BD \parallel LK$, откуда $BD$ параллельна плоскости $MKC$.

**б) Нахождение тангенса угла**

Из равенства треугольников $KMD_1$ и $LCB$ имеем $MK = LC$. Вместе с условиями $MK \parallel LC$ и $\angle MKC = 90°$ получаем, что $MKCL$ — прямоугольник.

При проекции $MKCL$ на плоскость $A_1B_1C_1D_1$ получается параллелограмм $MD_1C_1B_1$ (так как $MD_1 \parallel B_1C_1$ и $MD_1 = B_1C_1 = 3$).

Поскольку $(ABC) \parallel (A_1B_1C_1)$, угол между $(MKC)$ и $(ABC)$ равен углу между $(MKC)$ и $(A_1B_1C_1)$.

По формуле проекции площади:
$$S_{MD_1C_1B_1} = S_{MKCL} \cdot \cos \alpha$$
где $\alpha$ — искомый угол.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $MD_1K$. Пусть $D_1K = x$. По теореме Пифагора:
$$MK^2 = MD_1^2 + D_1K^2 = 9 + x^2$$

В прямоугольном треугольнике $CDK$ имеем $KD = D_1K = x$, поэтому:
$$CK^2 = CD^2 + x^2$$

Из равнобедренности трапеции и условия $\angle ADC = 60°$ следует $\angle BAD = 60°$.

В треугольнике $A_1B_1M$ имеем $A_1B_1 = CD$, $B_1M = CD$ (из параллелограмма $B_1MD_1C_1$) и $\angle B_1A_1M = 60°$. Поэтому треугольник $A_1B_1M$ равносторонний с $A_1B_1 = B_1M = A_1M = 2$, откуда $CD = 2$.

В треугольнике $BDC$ имеем $\angle BCD = 120°$, $CD = 2$, $BC = 3$. По теореме косинусов:
$$BD^2 = 9 + 4 - 2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}ight) = 13 + 6 = 19$$

В прямоугольном треугольнике $MKC$:
$$MC^2 = MK^2 + KC^2 = (9 + x^2) + (4 + x^2) = 13 + 2x^2$$

Из условия $MK = LC = BD = \sqrt{19}$ получаем:
$$9 + x^2 = 19 \implies x^2 = 10$$

Однако пересчёт показывает: $MC^2 = 13 + 2x^2 = 19$, откуда $x^2 = 3$, $x = \sqrt{3}$.

Тогда $MK = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ и $CK = \sqrt{7}$.

$$S_{MKCL} = MK \cdot CK = 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{7} = 2\sqrt{21}$$

Площадь параллелограмма:
$$S_{MD_1C_1B_1} = MD_1 \cdot D_1C \cdot \sin 60° = 3 \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

$$\cos \alpha = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{21}} = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{21}} \cdot \frac{\sqrt{21}}{\sqrt{21}} = \frac{3\sqrt{63}}{42} = \frac{9\sqrt{7}}{42} = \frac{3\sqrt{7}}{14}$$

$$\sin \alpha = \sqrt{1 - \frac{63}{196}} = \sqrt{\frac{133}{196}} = \frac{\sqrt{133}}{14}$$

$$	an \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\sqrt{133}}{14} \cdot \frac{14}{3\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{133}}{3\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{19}}{3}$$

Задание №14СтереометрияЕГЭ по математике