Дана прямая призма, в основании которой равнобедренная трапеция с основаниями AD=5 и BC=4.M – точка, которая делит сторону A1D1 в отношении 1:4,K – середина DD1.
а) Докажите, что BD∥(MCK).
б) Найдите тангенс угла между плоскостью MKC и плоскостью основания, если ∠BAD=60∘, а ∠CKM=90∘.
Решение
Продолжим ребро AD за точку D и обозначим через T точку пересечения прямой MK с продолжением AD.
Так как призма прямая, то боковые рёбра перпендикулярны плоскости основания. Значит,
DD1⊥ADиDD1⊥A1D1.
По условию A1M:MD1=1:4, а A1D1=AD=5, следовательно,
A1M=1,MD1=4.
Кроме того, K --- середина DD1, значит,
DK=KD1.
Рассмотрим прямоугольные треугольники △MD1K и △TDK. Для них DK=KD1, а также
∠MKD1=∠TKD как вертикальные углы.
Значит, прямоугольные треугольники △MD1K и △TDK равны по катету и острому углу.
Следовательно,
MD1=DT=4.
Так как DT лежит на прямой AD, а основания трапеции параллельны, то
DT∥BC.
Но при этом
DT=BC=4.
Значит, четырёхугольник DTCB --- параллелограмм, поэтому
CT∥BD.
Точка T лежит на прямой MK, значит, прямая CT лежит в плоскости (MCK). Следовательно, в плоскости (MCK) содержится прямая CT, параллельная прямой BD.
Поэтому
BD∥(MCK). Что и требовалось доказать.
б) Так как трапеция ABCD равнобедренная, AD=5,BC=4, а ∠BAD=60∘, то проекции боковых сторон на основание равны
2AD−BC=25−4=21.
Следовательно,
CD=AB=cos60∘1/2=1.
Обозначим KD=x.
Кроме того, ∠CKM=90∘, значит, ∠CKT=90∘.
Теперь выразим стороны прямоугольного △CKT.
В прямоугольном треугольнике △KDT:KT=KD2+DT2=x2+16.
В прямоугольном треугольнике △KDC:KC=KD2+DC2=x2+1.
Так как трапеция ABCD равнобедренная, то углы при основании AD равны. Значит,
∠CDA=∠BAD=60∘.
Тогда ∠CDT=180∘−60∘=120∘, как смежный с углом ∠CDA. Теперь по теореме косинусов
CT2=CD2+DT2−2⋅CD⋅DTcos120∘=12+42−2⋅1⋅4⋅(−21)=21.
Значит,
CT=21.
Так как △CKT прямоугольный, по теореме Пифагора:
KC2+KT2=CT2.
