Задание 15 ЕГЭ по профильной математике № 72412D

а) Продолжим MK до пересечения с прямой AD в точке E. В прямоугольной грани ADD₁A₁ треугольники KD₁M и KDE подобны: углы при D₁ и D прямые, а углы при K вертикальные.

Поскольку KD = KD₁, получаем DE = D₁M = 2. Точка E лежит на продолжении AD за D.

Отрезки BC и DE параллельны и равны. Следовательно, четырёхугольник BCED — параллелограмм, поэтому CE ∥ BD.

Прямая CE принадлежит плоскости MKC. Эта плоскость отлична от плоскости основания и пересекает её по CE. Прямые BD и CE различны и параллельны, поэтому BD не пересекает плоскость MKC.

Ответ: BD ∥ (MKC).

б) Обозначим высоту призмы через h, а проекцию M на AD — через T. Тогда AT = A₁M = 1, DT = 2, MT = h, KD = h/2.

Опустим из C перпендикуляр CH на AD. В равнобедренной трапеции DH = (AD − BC)/2 = 1/2. Из прямоугольного треугольника DHC при ∠CDH = 60° получаем CH = √3/2 и DC = 1.

Имеем TH = AD − AT − DH = 3/2. По теореме Пифагора TC² = TH² + CH² = 9/4 + 3/4 = 3, откуда MC² = MT² + TC² = h² + 3.

Из прямоугольных треугольников KD₁M и KDC получаем MK² = 4 + h²/4 и KC² = 1 + h²/4.

По условию MK ⟂ KC, поэтому MC² = MK² + KC². Следовательно, h² + 3 = 5 + h²/2, откуда h² = 4, h = 2 и KD = 1.

Плоскости MKC и основания пересекаются по CE. Проведём DF ⟂ CE, где F лежит на прямой CE. Так как KD перпендикулярна основанию, по теореме о трёх перпендикулярах KF ⟂ CE. Значит, ∠KFD — линейный угол двугранного угла между плоскостями.

В прямоугольном треугольнике EHC имеем EH = ED + DH = 5/2, поэтому CE² = EH² + CH² = 25/4 + 3/4 = 7.

Площадь треугольника DCE равна DE · CH/2 = √3/2. С другой стороны, она равна CE · DF/2, поэтому DF = √3/√7.

Из прямоугольного треугольника KDF получаем tg ∠KFD = KD/DF = √7/√3 = √21/3.

Ответ: √21/3.