На рёбрах $AD$ и $BD$ правильного...

На рёбрах $AD$ и $BD$ правильного тетраэдра $DABC$ взяты точки $M$ и $K$ соответственно так, что $MD : AM = BK : KD = 2$.

а) Пусть $L$ - точка пересечения прямой $KM$ с плоскостью $ABC$. Докажите, что $AB : AL = 3$.

б) Найдите угол между прямой $KM$ и плоскостью $ABC$.

а) $\textit {План решения.}$

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 $AB : AL$.

$\textit {Решение}$

1. Так как $MK$ и $AB$ лежат в плоскости $ABD$, то они пересекутся, $L$ - точка их пересечения (см. рис.).

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 $\frac{K’D}{MD} = cos\angle MDK’$, $K’D = MD cos60^{\circ}= \frac{1}{2}MD$. Но тогда точки $K$ и $K’$ совпадают. Получили противоречие. Значит, $MK \perp BD$.

3. Обозначим $AB = AD = a$, тогда $MD = \frac{2}{3}a$, $DK = \frac{1}{3} a$, $AM = \frac{1}{3}a$.

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 $AL = AM = \frac{1}{3}a$.

5. Тогда $AB:AL = a: \frac{1}{3}a = 3$.

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

б) $\textit {План решения}$.

1. Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее 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 но 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 $\angle KLH$.

$\textit {Решение}$

1. Искомый угол равен углу $KLH$.

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

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

$KH = \frac{2}{3}DO =$ $\frac{2}{3}\sqrt{BD^{2}-BO^{2}}=$ $\frac{2}{3}\sqrt{BD^{2}-(\frac{2}{3}BF)^{2}} =$ $\frac{2}{3}\sqrt{a^{2}-(\frac{2}{3}\cdot(\frac{a\sqrt{3}}{2}))^{2}} =$ $\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}\cdot a$.

2.2. В прямоугольном треугольнике $BKL : BL = \frac{4}{3}a$, $BK = \frac{2}{3}a$, найдём

$KL = \sqrt{BL^{2}-BK^{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}a$.

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

$\textit {Ответ:}$ $arcsin \frac{\sqrt{2}}{3}$.