Задание №1184

а) План решения.

1. Выполним схематический чертёж.

2. Сделаем предположение, что MK \perp BD, и докажем это утверждение (например, методом «от противного»).

3. Обозначим ребро тетраэдра какой-нибудь буквой (например, a) и через неё выразим другие величины.

4. Рассмотрим треугольник AML, найдём его углы. Из равенства \angle AML=\angle ALM сделаем вывод о том, что треугольник равнобедренный: AL=AM.

5. Найдём отношение AB:AL.

Решение.

1. Так как MK и AB лежат в плоскости ABD, то они пересекутся, L — точка их пересечения.

2. В \triangle MDK,\,  \angle MDK=60^{\circ},  MD=2DK, значит, MK \perp BD. Действительно, допустим, что это не так. Тогда опустим перпендикуляр MK',  MK' \perp BD. В прямоугольном треугольнике MK'D по определению косинуса \frac{K'D}{MD}=\cos \angle MDK',  K'D=MD \cos 60^{\circ}=\frac12MD. Но тогда точки K и K' совпадают. Получили противоречие. Значит, MK \perp BD.

3. Обозначим AB=AD=a, тогда MD =\frac23a,  DK =\frac13a,  AM=\frac13a.

4. \angle DMK=30^{\circ}. Следовательно, \angle AML=30^{\circ} (по свойству вертикальных углов). Так как \angle MLA= 180^{\circ}-\angle MAL-\angle AML= 180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}= 30^{\circ}, то \triangle AML — равнобедренный и AL=AM=\frac13a.

5. Тогда AB:AL=a:\frac13a=3.

Замечание. Вместо рассуждений, проведённых в пункте 4, можно было рассмотреть прямоугольный треугольник LBK и воспользоваться свойством катета, лежащего против угла в 30^{\circ}.

б) План решения.

1. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Построим проекцию отрезка KL на плоскость ABC. Для этого опустим перпендикуляр KH,  KH \perp ABC, точка H лежит в плоскости ABC. HL — проекция KL.

2. Найдём \sin \angle KLH (из треугольника KHL) и по синусу угла определим угол. Для этого выполним следующие действия.

2.1. Пусть O — центр основания ABC тетраэдра. Из подобия треугольников KHB и DOB найдём KH (для этого найдём DO).

2.2. Из треугольника BKL найдём KL.

2.3. Из треугольника KHL найдём \sin \angle KLH и \angle KLH.

Решение.

1. Искомый угол равен углу KLH.

2. Найдём \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}

2.1. \triangle KHB \sim \triangle DOB. Следовательно,

KH= \frac23DO= \frac23\sqrt {BD^2-BO^2}= \frac23\sqrt{BD^2-\left(\frac23BF\right)^2}= \frac23\sqrt {a^2-\left( \frac23\cdot \left( \frac{a\sqrt 3}2\right) \right) ^2}= \frac{2\sqrt 2}{3\sqrt 3}\cdot a.

2.2. В прямоугольном треугольнике BKL,\, BL =\frac43a,  BK=\frac23a найдём KL=\sqrt {BL^2-BK^2} =\frac{2\sqrt 3}3a.

2.3. \sin \angle KLH =\frac{KH}{KL}=\frac{\sqrt 2}{3},  \angle KLH=arcsin \frac{\sqrt 2}3.

arcsin \frac{\sqrt 2}3.