Дана прямая призма, в основании которой равнобедренная трапеция с основаниями \(AD = 5\) и \(BC = 4\). Точка \(M\) делит сторону \(A_1D_1\) в отношении \(1 : 4\), точка \(K\) — середина \(DD_1\).
а) Докажите, что \(BD \parallel (MCK)\).
б) Найдите тангенс угла между плоскостью \(MKC\) и плоскостью основания, если \(\angle BAD = 60^\circ\), а \(\angle CKM = 90^\circ\).
Пункт а, шаг 1. Где прямая MK протыкает плоскость основания
Обозначим высоту призмы \(H = AA_1\). Так как \(A_1D_1 = AD = 5\) и \(A_1M : MD_1 = 1 : 4\), получаем \(A_1M = 1\). Точка \(K\) — середина \(DD_1\), то есть \(DK = \dfrac H2\).
Прямые \(MK\) и \(AD\) лежат в одной плоскости — в грани \(ADD_1A_1\) — и не параллельны, значит пересекаются. Пусть \(P\) — точка их пересечения.
Опустим из \(M\) перпендикуляр \(MM_0\) на прямую \(AD\); тогда \(AM_0 = A_1M = 1\) и \(M_0D = 5 - 1 = 4\). Прямоугольные треугольники \(PDK\) и \(PM_0M\) подобны (общий угол при вершине \(P\)), поэтому
\[\dfrac{PD}{PM_0} = \dfrac{DK}{M_0M} = \dfrac{H/2}{H} = \dfrac12.\]
Но \(PM_0 = PD + DM_0 = PD + 4\), значит \(2PD = PD + 4\) и
\[DP = 4.\]
Пункт а, шаг 2. Параллелограмм в основании
В трапеции \(BC \parallel AD\), а точка \(P\) лежит на прямой \(AD\) (за точкой \(D\)). Значит отрезки \(BC\) и \(DP\) лежат на параллельных прямых, и они равны:
\[BC = 4 = DP.\]
Четырёхугольник, у которого две стороны параллельны и равны, — параллелограмм. Значит \(BCPD\) — параллелограмм, и его противоположные стороны параллельны:
\[BD \parallel CP.\]
Остаётся заметить, что прямая \(CP\) лежит в плоскости \((MKC)\): точка \(C\) — её вершина, а точка \(P\) лежит на прямой \(MK\), которая целиком лежит в этой плоскости. Прямая \(BD\) в плоскости \((MKC)\) не лежит, поэтому
\[BD \parallel (MKC).\]
Важно! Чтобы доказать параллельность прямой и плоскости, надо найти в этой плоскости прямую, параллельную данной. Здесь такой прямой оказалась \(CP\), а чтобы её получить, пришлось сначала продлить \(MK\) до пересечения с основанием. Продление — обычный шаг, не бойтесь выходить за пределы призмы.
Пункт б, шаг 1. Разбираемся с трапецией
Трапеция равнобедренная с основаниями \(5\) и \(4\), поэтому каждая боковая сторона даёт на большем основании выступ
\[\dfrac{5-4}{2} = 0{,}5.\]
Из прямоугольного треугольника с углом \(60^\circ\) при вершине \(A\):
\[AB = \dfrac{0{,}5}{\cos 60^\circ} = 1,\qquad h_{\text{тр}} = AB\cdot\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt3}{2}.\]
Боковые стороны равны, значит \(CD = AB = 1\).
Пункт б, шаг 2. Находим высоту призмы
Выразим три стороны треугольника \(MKC\) через \(H\).
\(MK\) — в грани \(ADD_1A_1\). Разность высот точек \(M\) и \(K\) равна \(H - \frac H2 = \frac H2\), а по горизонтали между ними \(M_0D = 4\):
\[MK^2 = 16 + \dfrac{H^2}{4}.\]
\(KC\): точка \(K\) находится над \(D\) на высоте \(\frac H2\), а \(DC = 1\):
\[KC^2 = 1 + \dfrac{H^2}{4}.\]
\(MC\): точка \(M\) находится над точкой \(M_0\) на высоте \(H\). В основании посчитаем \(M_0C\): по горизонтали вдоль \(AD\) это \(4{,}5 - 1 = 3{,}5\), а поперёк — высота трапеции \(\frac{\sqrt3}{2}\):
\[M_0C^2 = 3{,}5^2 + \dfrac34 = 12{,}25 + 0{,}75 = 13,\qquad MC^2 = 13 + H^2.\]
По условию \(\angle CKM = 90^\circ\), поэтому по теореме Пифагора \(MK^2 + KC^2 = MC^2\):
\[\left(16 + \dfrac{H^2}{4}\right) + \left(1 + \dfrac{H^2}{4}\right) = 13 + H^2,\]
\[17 + \dfrac{H^2}{2} = 13 + H^2\ \Longrightarrow\ \dfrac{H^2}{2} = 4 \ \Longrightarrow\ H^2 = 8,\quad H = 2\sqrt2.\]
Пункт б, шаг 3. Угол через площадь проекции
Теперь считаем площадь самого треугольника \(MKC\). Угол при \(K\) прямой, поэтому
\[MK = \sqrt{16 + 2} = 3\sqrt2,\qquad KC = \sqrt{1 + 2} = \sqrt3,\]
\[S_{MKC} = \dfrac12\cdot MK\cdot KC = \dfrac12\cdot 3\sqrt2\cdot\sqrt3 = \dfrac{3\sqrt6}{2}.\]
Проекция треугольника \(MKC\) на плоскость основания — это треугольник \(M_0DC\): точка \(M\) проектируется в \(M_0\), точка \(K\) — в \(D\), точка \(C\) остаётся на месте. Его площадь:
\[S_{M_0DC} = \dfrac12\cdot M_0D\cdot h_{\text{тр}} = \dfrac12\cdot 4\cdot\dfrac{\sqrt3}{2} = \sqrt3.\]
Важно! Формула площади проекции: \(S_{\text{пр}} = S\cdot\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол между плоскостями. Это самый быстрый способ найти двугранный угол, когда сам линейный угол строить неудобно.
\[\cos\varphi = \dfrac{S_{\text{пр}}}{S} = \dfrac{\sqrt3}{\dfrac{3\sqrt6}{2}} = \dfrac{2\sqrt3}{3\sqrt6} = \dfrac{2}{3\sqrt2} = \dfrac{\sqrt2}{3}.\]
Угол между плоскостями острый, поэтому
\[\sin\varphi = \sqrt{1 - \dfrac29} = \dfrac{\sqrt7}{3},\qquad \operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt7}{\sqrt2} = \dfrac{\sqrt{14}}{2}.\]
Ответ: \(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)