В основании прямой призмы ABCDA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 D индекс 1 лежит равнобедренная трапеция ABCD с основаниями AD равно 3 и BC равно 2 . Точка M делит ребро A индекс 1 D индекс 1 в отношении A индекс 1 M: MD индекс 1 равно 1: 2 , а точка K — середина ребра DD индекс 1 . а) Докажите, что плоскость MKC параллельна прямой BD . б) Найдите тангенс угла между плоскостью MKC и плоскостью основания призмы, если угол MKC равно 90 в степени ° , угол ADC равно 60 в степени ° .

а) доказано; б) дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 21 конец аргумента, знаменатель: 3 конец дроби

Задание 14 ЕГЭ по математике: В основании прямой призмы ABCDA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 D…

№2. Задание 14

ID: 00022263

В основании прямой призмы

ABCDA_1B_1C_1D_1

лежит равнобедренная трапеция

ABCD

с основаниями

AD=3

BC=2

. Точка

M

делит ребро

A_1D_1

в отношении

A_1M:MD_1=1:2

, 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^\circ

\angle ADC=60^\circ

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Вся хитрость — выйти секущей плоскостью в плоскость основания. Прямые $MK$ и $AD$ лежат в одной плоскости — в боковой грани $AA_1D_1D$ , и они не параллельны, значит пересекаются. Продлим $MK$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $P$ .

Сравним треугольники $KD_1M$ и $KDP$ : $KD_1=KD$ , потому что $K$ — середина $DD_1$ ; углы при вершине $K$ вертикальные; углы $KD_1M$ и $KDP$ прямые, ведь призма прямая и боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно обоим основаниям. Значит, треугольники равны по стороне и двум прилежащим углам, и $DP=D_1M$ .

Считаем $D_1M$ : ребро $A_1D_1=AD=3$ , точка $M$ делит его как $1:2$ , поэтому $MD_1=2$ . Итак, $DP=2$ .

А теперь смотрим на четырёхугольник $BCPD$ в плоскости основания: $BC\parallel AD$ (основания трапеции), точка $P$ лежит на прямой $AD$ , значит $BC\parallel DP$ . При этом $BC=2=DP$ . Одна пара сторон параллельна и равна — значит, $BCPD$ — параллелограмм, и его вторая пара сторон тоже параллельна: $CP\parallel BD$ .

Прямая $CP$ лежит в плоскости $MKC$ : точка $C$ — по построению плоскости, точка $P$ — на прямой $MK$ . Сама прямая $BD$ в этой плоскости не лежит (плоскость $MKC$ пересекает плоскость основания ровно по прямой $CP$ , а $BD$ — другая прямая: она проходит через $D$ , а $CP$ через $D$ не проходит). Прямая параллельна прямой в плоскости и не лежит в ней — по признаку параллельности прямой и плоскости $BD\parallel(MKC)$ . Что и требовалось.

б) Сначала разберёмся с трапецией. Опустим из $C$ высоту на $AD$ , основание высоты назовём $C_0$ . В равнобедренной трапеции $DC_0=\dfrac{AD-BC}{2}=\dfrac{3-2}{2}=\dfrac12$ . В прямоугольном треугольнике $CC_0D$ угол при $D$ равен $60^\circ$ , поэтому $CD=\dfrac{DC_0}{\cos 60^\circ}=\dfrac{1/2}{1/2}=1$ , а высота трапеции $CC_0=DC_0\cdot\mathrm{tg}\,60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$ .

Высоту призмы обозначим $h$ , тогда $KD=KD_1=\dfrac h2$ . Выразим три стороны треугольника $MKC$ . Из прямоугольного треугольника $MD_1K$ : $KM^2=MD_1^2+KD_1^2=4+\dfrac{h^2}{4}$ . Отрезок $KD$ перпендикулярен основанию, поэтому из прямоугольного треугольника $KDC$ : $KC^2=KD^2+DC^2=\dfrac{h^2}{4}+1$ . Точка $M$ висит над точкой $M_0$ ребра $AD$ с $AM_0=1$ , то есть $M_0D=2$ ; по теореме косинусов в треугольнике $M_0DC$ : $M_0C^2=4+1-2\cdot 2\cdot 1\cdot\cos 60^\circ=3$ , и тогда $MC^2=M_0C^2+h^2=3+h^2$ .

Условие $\angle MKC=90^\circ$ — это Пифагор для треугольника $MKC$ : $KM^2+KC^2=MC^2$ , то есть $4+\dfrac{h^2}{4}+1+\dfrac{h^2}{4}=3+h^2$ . Отсюда $5+\dfrac{h^2}{2}=3+h^2$ , значит $h^2=4$ и $h=2$ . Тогда $KD=1$ .

Теперь сам угол. Плоскость $MKC$ пересекает плоскость основания по прямой $CP$ — это ребро искомого двугранного угла. Точка $K$ проецируется на основание ровно в точку $D$ (она сидит на вертикальном ребре $DD_1$ ). Опустим $DF\perp CP$ ; по теореме о трёх перпендикулярах и $KF\perp CP$ , так что $\angle KFD$ — линейный угол между плоскостями, и $\mathrm{tg}\,\angle KFD=\dfrac{KD}{DF}$ .

Ищем $DF$ — расстояние от $D$ до прямой $CP$ — через площадь треугольника $DPC$ . Угол $CDP$ смежный с углом $ADC$ , значит $\angle CDP=120^\circ$ . По теореме косинусов $PC^2=DP^2+DC^2-2\cdot DP\cdot DC\cdot\cos 120^\circ=4+1+2=7$ , то есть $PC=\sqrt7$ . Площадь: $S=\dfrac12\cdot 2\cdot 1\cdot\sin 120^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$ . Тогда $DF=\dfrac{2S}{PC}=\dfrac{\sqrt3}{\sqrt7}$ .

Осталось поделить: $\mathrm{tg}\,\angle KFD=\dfrac{KD}{DF}=\dfrac{1}{\sqrt3/\sqrt7}=\sqrt{\dfrac73}=\dfrac{\sqrt{21}}{3}$ .

Проверим: $\dfrac{\sqrt{21}}{3}\approx 1{,}53$ — угол около $57^\circ$ , вполне осмысленный наклон. Всё сходится.

Ответ

а) доказано; б)

\dfrac{\sqrt{21}}{3}