Задача №15222

В основании прямой призмы $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ лежит равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD=3$ и $BC=2\text{.}$ Точка $M$ делит ребро $A_1{D}_1$ в отношении $A_{1}M:M{D}_1=1:2\text{,}$ а точка $K$ — середина ребра $D{D}_1\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $MKC$ параллельна прямой $BD\text{.}$
б) Найдите тангенс угла между плоскостью $MKC$ и плоскостью основания призмы, если $\angle MKC=90^{\circ }\text{,}$ $\angle ADC=60^{\circ }\text{.}$

а) Пусть высота призмы равна $h\text{.}$ В плоскости боковой грани $AD{D}_1{A}_1$ прямая $MK$ пересекает прямую $AD$ в точке $T\text{.}$ Из подобия треугольников $M{D}_{1}K$ и $TDK$ (по двум углам, так как $D_{1}M\parallel DT$) следует:

$$\frac{DT}{D_{1}M}=\frac{DK}{D_{1}K}$$

Так как $K$ — середина $D{D}_1\text{,}$ то $DK=D_{1}K\text{,}$ следовательно, $DT=D_{1}M\text{.}$ По условию $AD=3$ и $A_{1}M:M{D}_1=1:2\text{,}$ значит, $A_1{D}_1=AD=3\text{,}$ откуда $D_{1}M=2\text{.}$ Тогда $DT=2\text{.}$

В основании призмы рассмотрим трапецию $ABCD\text{.}$ Так как $BC\parallel AD$ и $BC=2\text{,}$ $DT=2\text{,}$ то четырёхугольник $BCDT$ — параллелограмм (противоположные стороны $BC$ и $DT$ равны и параллельны). Следовательно, $BD\parallel CT\text{.}$

Прямая $CT$ лежит в плоскости $MKC\text{,}$ так как точки $C$ и $T$ (как точка на прямой $MK$) принадлежат этой плоскости. Таким образом, прямая $BD$ параллельна плоскости $MKC$ по признаку параллельности прямой и плоскости.

б) Пусть $h$ — высота призмы. В равнобедренной трапеции $ABCD$ с основаниями $3$ и $2$ и углом $\angle D=60^{\circ }$ опустим высоту $CH$ на $AD\text{.}$ Тогда $DH=\frac{3-2}{2}=0,5\text{.}$ Из $△CDH\text{:}$

$$CD=\frac{DH}{\cos 60^{\circ }}=1,CH=DH\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

Найдем квадраты сторон треугольника $MKC\text{:}$

1. Из $△M{D}_{1}K\text{:}$ $M{K}^2=M{D}_1^2+D_1{K}^2=2^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2=4+\frac{h^2}{4}\text{.}$
2. Из $△CDK\text{:}$ $C{K}^2=C{D}^2+D{K}^2=1^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2=1+\frac{h^2}{4}\text{.}$
3. Для $M{C}^2$ спроецируем $M$ на плоскость основания (точка $M^{\prime }$ на $AD$). $A{M}^{\prime }=1\text{,}$ $AD=3\text{,}$ $D$ — начало отсчёта. Координаты в плоскости основания: $M^{\prime }(1;0)\text{,}$ $C\left(2,5;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\text{.}$

Тогда:

$$M^{\prime }{C}^2=(2,5-1{)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=1,5^2+0,75=3$$

Следовательно, $M{C}^2=M^{\prime }{C}^2+h^2=3+h^2\text{.}$

По условию $\angle MKC=90^{\circ }\text{,}$ значит, $M{K}^2+C{K}^2=M{C}^2\text{:}$

$$4+\frac{h^2}{4}+1+\frac{h^2}{4}=3+h^2\Rightarrow 5+\frac{h^2}{2}=3+h^2\Rightarrow \frac{h^2}{2}=2\Rightarrow h=2$$

Искомый угол $\varphi$ между плоскостью $MKC$ (она же $TCK$) и плоскостью основания призмы — это угол между прямой $KH$ и $DH\text{,}$ где $DH\perp CT\text{.}$ В параллелограмме $BCDT$ площадь равна $S=DT\cdot C{H}_{trap}=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\text{.}$

В $△CDT$ по теореме косинусов:

$$C{T}^2=1^2+2^2-2\cdot 1\cdot 2\cdot \cos 120^{\circ }=5+2=7\Rightarrow CT=\sqrt{7}$$

Высота $DH$ из $D$ к $CT\text{:}$ $DH=\frac{S}{CT}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\sqrt{\frac{3}{7}}\text{.}$

Тогда:

$$\mathrm{tg}\varphi =\frac{KD}{DH}=\frac{h/2}{\sqrt{3/7}}=\frac{1}{\sqrt{3/7}}=\sqrt{\frac{7}{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$$

Ответ:

б) $\frac{\sqrt{21}}{3}$