ID: 00022263
Источник: ФИПИ
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.