Стереометрия: Дана прямая призма, в основании которой... — задача

Условие, ответ и разбор задачи

Стереометрическая задачаЕГЭ 2023 (основа)

Дана прямая призма, в основании которой равнобедренная трапеция с основаниями

AD=5

BC=4

M

– точка, которая делит сторону

A_1D_1

в отношении

1:4

K

– середина

DD_1

.

а) Докажите, что

BD\parallel(MCK)

.

б) Найдите тангенс угла между плоскостью

MKC

и плоскостью основания, если

\angle BAD=60^\circ

, а

\angle CKM=90^\circ

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,

DD_1\perp AD\qquad \text{и} \qquadDD_1\perp A_1D_1.

По условию

A_1M:MD_1=1:4

, а

A_1D_1=AD=5

, следовательно,

A_1M=1,\qquad MD_1=4.

Кроме того,

K

— середина

DD_1

, значит,

DK=KD_1.

Рассмотрим прямоугольные треугольники

\triangle MD_1K

\triangle TDK

. Для них

DK=KD_1

, а также

\angle MKD_1=\angle TKD

как вертикальные углы.

Значит, прямоугольные треугольники

\triangle MD_1K

\triangle TDK

равны по катету и острому углу.

Следовательно,

MD_1=DT=4.

Так как

DT

лежит на прямой

AD

, а основания трапеции параллельны, то

DT\parallel BC.

Но при этом

DT=BC=4.

Значит, четырёхугольник

DTCB

— параллелограмм, поэтому

CT\parallel 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\parallel (MCK).

Что и требовалось доказать.

б) Так как трапеция

ABCD

равнобедренная,

AD=5

BC=4

, а

\angle BAD=60^\circ

, то проекции боковых сторон на основание равны

\dfrac{AD-BC}{2}=\dfrac{5-4}{2}=\dfrac12.

Следовательно,

CD=AB=\dfrac{1/2}{\cos 60^\circ}=1.

Обозначим

KD=x

Кроме того,

\angle CKM=90^\circ

, значит,

\angle CKT=90^\circ

.

Теперь выразим стороны прямоугольного

\triangle CKT

.

В прямоугольном треугольнике

\triangle KDT

KT=\sqrt{KD^2+DT^2}=\sqrt{x^2+16}.

В прямоугольном треугольнике

\triangle KDC

KC=\sqrt{KD^2+DC^2}=\sqrt{x^2+1}.

Так как трапеция

ABCD

равнобедренная, то углы при основании

AD

равны. Значит,

\angle CDA=\angle BAD=60^\circ.

Тогда

\angle CDT = 180^\circ-60^\circ=120^\circ

, как смежный с углом

\angle CDA

. Теперь по теореме косинусов

CT^2=CD^2+DT^2-2\cdot CD\cdot DT\cos 120^\circ=1^2+4^2-2\cdot1\cdot4\cdot\left(-\dfrac12\right)=21.

Значит,

CT=\sqrt{21}.

Так как

\triangle CKT

прямоугольный, по теореме Пифагора:

KC^2+KT^2=CT^2.

Подставляем найденные выражения:

(x^2+1)+(x^2+16)=21,

2x^2+17=21,

2x^2=4,

x^2=2,

x=\sqrt2.

Следовательно,

KD=\sqrt2.

Проведем

DH

— высоту в прямоугольном

\triangle CDT

, тогда

DH\perp CT

.

Так как

KD

перпендикулярно плоскости основания, то по теореме о трех перпендикулярах

KH\perp CT.

Значит, угол между плоскостью

MKC

и плоскостью основания равен углу

\angle KHD.

Найдем

\tg\angle KHD

.

Зная

x=\sqrt2

, получаем

KT=\sqrt{x^2+16}=\sqrt{2+16}=\sqrt{18},

KC=\sqrt{x^2+1}=\sqrt{2+1}=\sqrt3.

Также выше было найдено, что

CT=\sqrt{21}.

Так как

\triangle CKT

прямоугольный, а

KH

— высота, проведенная к гипотенузе

CT

, то

KH=\dfrac{KC\cdot KT}{CT}=\dfrac{\sqrt3\cdot\sqrt{18}}{\sqrt{21}}=\sqrt{\dfrac{18}{7}}.

Теперь рассмотрим прямоугольный

\triangle KDH

.

По теореме Пифагора:

DH^2=KH^2-KD^2.

DH=\sqrt{\dfrac{18}{7}-2}=\sqrt{\dfrac{18}{7}-\dfrac{14}{7}}=\sqrt{\dfrac47}=\dfrac{2}{\sqrt7}.

Следовательно,

\tg\angle KHD=\dfrac{KD}{DH}=\dfrac{\sqrt2}{\dfrac{2}{\sqrt7}}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}.

Ответ:r

\dfrac{\sqrt{14}}{2}

Стереометрия: Дана прямая призма, в основании которой... — задача

Похожие задачи