Задание 14 ЕГЭ, математика (профиль): Угол между плоскостями

а) Строим вспомогательный параллелепипед. Отметим на $AD$ точку $M_1$ так, что $AM_1:M_1D=1:4$. Тогда $M_1D=4=BC=B_1C_1=MD_1$ — все эти отрезки равны и параллельны, значит фигура $M_1BCDMB_1C_1D_1$ является параллелепипедом (у неё противоположные грани равны и параллельны).

Плоскость $MKC$ пересекает ребро $BB_1$ в точке $P$. Так как грани параллелепипеда, содержащие $KM$ и $CP$, параллельны, их сечение одной плоскостью даёт параллельные прямые: $KM\parallel CP$. Отрезки между параллельными плоскостями, лежащие на параллельных прямых, равны, поэтому $MK=CP$ — получаем параллелограмм $MKCP$.

Треугольники $CPB$ и $MKD_1$ равны (катет $BC=MD_1$, гипотенуза $CP=MK$), откуда $BP=KD_1=\dfrac{DD_1}{2}=\dfrac{BB_1}{2}$ — значит $P$ — середина $BB_1$. Тогда $BP=KD$ и $BP\parallel KD$, то есть $BPKD$ — параллелограмм, откуда $PK\parallel BD$.

Прямая $PK$ лежит в плоскости $MKC$, а $BD$ в ней не лежит — по признаку параллельности прямой и плоскости $BD\parallel(MKC)$. Что и требовалось.

б) Ищем угол между плоскостями. Поскольку $\angle CKM=90^\circ$, параллелограмм $MKCP$ — прямоугольник. Его ортогональная проекция на плоскость $A_1B_1C_1D_1$ — параллелограмм $B_1MD_1C_1$. Для угла $\alpha$ между плоскостями верно $\cos\alpha=\dfrac{S_{\text{проекции}}}{S_{\text{фигуры}}}$.

Пусть $D_1K=KD=x$. Из прямоугольного треугольника $MD_1K$: $MK^2=MD_1^2+D_1K^2=16+x^2$. По теореме Пифагора для $MC=PK=BD$: $MC^2=MD_1^2+D_1K^2\cdot?$ — фактически используем $MC^2=16+2x^2+CD^2=BD^2$.

При $\angle BAD=60^\circ$ трапеция равнобедренная, треугольник $A_1B_1M$ равносторонний, поэтому $CD=A_1B_1=1$. По теореме косинусов в $\triangle BCD$ ($\angle BCD=120^\circ$, $\cos120^\circ=-\tfrac12$): $$BD=\sqrt{BC^2+CD^2-2\cdot BC\cdot CD\cos120^\circ}=\sqrt{16+1+4}=\sqrt{21}.$$

Подставляя в $21=16+2x^2+1$, получаем $x=\sqrt2$.

Тогда $MK=\sqrt{16+2}=3\sqrt2$, $CK=\sqrt{1+2}=\sqrt3$, площадь прямоугольника $S_{MKCP}=MK\cdot CK=3\sqrt6$.

Площадь параллелограмма-проекции $S_{B_1MD_1C_1}=A_1B_1\cdot B_1C_1\sin60^\circ=1\cdot4\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3$.

Отсюда $\cos\alpha=\dfrac{2\sqrt3}{3\sqrt6}=\dfrac{\sqrt2}{3}$, значит $\sin\alpha=\sqrt{1-\dfrac29}=\dfrac{\sqrt7}{3}$, и $$\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{\sqrt7/3}{\sqrt2/3}=\dfrac{\sqrt7}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}.$$