Угол между… — Задание 14 ЕГЭ по математике №00022264

а) Сначала докажем вспомогательный факт: плоскость $MKC$ параллельна прямой $BD$. Прямые $MK$ и $AD$ лежат в одной грани $AA_1D_1D$ и не параллельны — продлим $MK$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $P$. Треугольники $KD_1M$ и $KDP$ равны: $KD_1=KD$ ($K$ — середина $DD_1$), углы при $K$ вертикальные, углы при $D_1$ и $D$ прямые (призма прямая). Значит, $DP=MD_1=\dfrac23\cdot 3=2$. Теперь четырёхугольник $BCPD$: $BC\parallel DP$ (оба лежат на параллельных прямых $BC$ и $AD$) и $BC=2=DP$ — это параллелограмм, поэтому $CP\parallel BD$. Прямая $CP$ лежит в плоскости $MKC$, а $BD$ — нет, значит $BD\parallel(MKC)$.

Теперь главное. Проведём через точку $K$ прямую $\ell$, параллельную $BD$. Известное свойство: если плоскость параллельна прямой, то прямая, проведённая через любую точку этой плоскости параллельно данной прямой, целиком лежит в плоскости. Значит, $\ell$ лежит в плоскости $MKC$.

С другой стороны, рёбра $BB_1$ и $DD_1$ параллельны и равны, поэтому $BDD_1B_1$ — параллелограмм. Точка $K$ лежит на его стороне $DD_1$, а прямая $\ell$ проходит через $K$ параллельно стороне $BD$ — значит, $\ell$ лежит в плоскости $BDD_1B_1$ (прямая, проведённая через точку плоскости параллельно прямой этой плоскости, лежит в ней). Пусть $\ell$ пересекает $BB_1$ в точке $L$. В четырёхугольнике $DKLB$ стороны $KL$ и $DB$ параллельны по построению, а $DK$ и $BL$ параллельны как отрезки параллельных рёбер $DD_1$ и $BB_1$ — значит, $DKLB$ — параллелограмм, и $BL=DK=\dfrac{DD_1}{2}=\dfrac{BB_1}{2}$.

Итак, плоскость $MKC$ проходит через точку $L$ — середину ребра $BB_1$, то есть делит отрезок $BB_1$ пополам. Что и требовалось.

б) Сначала числа. Из угла $\angle ADC=60^\circ$: опустив высоту $CC_0$ на $AD$, получаем $DC_0=\dfrac{3-2}{2}=\dfrac12$, боковую сторону $CD=\dfrac{DC_0}{\cos 60^\circ}=1$ (и $AB=1$), высоту трапеции $\dfrac{\sqrt3}{2}$. Пусть высота призмы $h$; тогда $KM^2=MD_1^2+KD_1^2=4+\dfrac{h^2}{4}$, $KC^2=KD^2+DC^2=\dfrac{h^2}{4}+1$, а $MC^2=M_0C^2+h^2=3+h^2$, где $M_0$ — проекция $M$ на $AD$ ($M_0D=2$, и по теореме косинусов $M_0C^2=4+1-2\cdot2\cdot1\cdot\cos60^\circ=3$). Условие $\angle MKC=90^\circ$ по Пифагору: $4+\dfrac{h^2}{4}+1+\dfrac{h^2}{4}=3+h^2$, откуда $h=2$, $KD=1$.

Строим сечение целиком. Верхнее основание параллельно нижнему, поэтому секущая плоскость режет их по параллельным прямым: след на нижнем — прямая $CP\parallel BD$, значит след на верхнем — прямая через $M$, параллельная $B_1D_1$. В трапеции $A_1B_1C_1D_1$ эта прямая пересекает ребро $A_1B_1$ в точке $Q$, причём треугольник $A_1MQ$ подобен треугольнику $A_1D_1B_1$: $\dfrac{A_1Q}{A_1B_1}=\dfrac{A_1M}{A_1D_1}=\dfrac13$. Итого сечение — пятиугольник $MQLCK$: $MQ$ — в верхнем основании, $QL$ — в грани $AA_1B_1B$, $LC$ — в грани $BB_1C_1C$, $CK$ — в грани $CC_1D_1D$, $KM$ — в грани $AA_1D_1D$.

Площадь удобно взять через проекцию: $S=\dfrac{S'}{\cos\varphi}$, где $S'$ — площадь проекции сечения на основание, $\varphi$ — угол между секущей плоскостью и основанием.

Угол $\varphi$: ребро двугранного угла — прямая $CP$; проекция $K$ — точка $D$; опустим $DF\perp CP$, тогда по трём перпендикулярам $\angle KFD=\varphi$. В треугольнике $DPC$: $\angle CDP=120^\circ$, $PC^2=4+1+2=7$, площадь $\dfrac12\cdot2\cdot1\cdot\sin120^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$, откуда $DF=\dfrac{\sqrt3}{\sqrt7}$ и $\mathrm{tg}\,\varphi=\dfrac{KD}{DF}=\sqrt{\dfrac73}$. Тогда $\cos^2\varphi=\dfrac{1}{1+7/3}=\dfrac{3}{10}$, то есть $\cos\varphi=\sqrt{\dfrac{3}{10}}$.

Проекция сечения: $M\to M_0$ (точка на $AD$, $AM_0=1$), $Q\to Q_0$ (точка на $AB$, $AQ_0:Q_0B=1:2$ — ведь $Q$ делит $A_1B_1$ как $1:2$), $L\to B$ (точка $L$ сидит на вертикальном ребре $BB_1$), $C\to C$, $K\to D$. Получился пятиугольник $M_0Q_0BCD$ — это вся трапеция без треугольника $AQ_0M_0$. Площадь трапеции: $\dfrac{3+2}{2}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{5\sqrt3}{4}$. Треугольник $AQ_0M_0$: $AM_0=1$, $AQ_0=\dfrac{AB}{3}=\dfrac13$, угол между ними $\angle BAD=60^\circ$ (равнобедренная трапеция, углы при основании равны), площадь $\dfrac12\cdot1\cdot\dfrac13\cdot\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{12}$. Итого $S'=\dfrac{5\sqrt3}{4}-\dfrac{\sqrt3}{12}=\dfrac{15\sqrt3-\sqrt3}{12}=\dfrac{7\sqrt3}{6}$.

Финал: $S=\dfrac{S'}{\cos\varphi}=\dfrac{7\sqrt3}{6}\cdot\sqrt{\dfrac{10}{3}}=\dfrac{7\sqrt{10}}{6}$.

Проверим порядок величины: $\dfrac{7\sqrt{10}}{6}\approx 3{,}7$ — больше проекции $\dfrac{7\sqrt3}{6}\approx 2{,}0$, как и положено наклонному сечению. Всё сходится.