Угол между плоскостями — задание №14 ЕГЭ по математике

План. Плоскость задана двумя направлениями: $KN$ и $BC$. Найдём её уравнение, проверим параллельность $SA$, затем вычислим угол по нормалям. Нормаль — это вектор, перпендикулярный плоскости. Положим центр основания в начало координат, оси направим вдоль сторон квадрата и высоты: $$A(-b;-b;0),\ B(b;-b;0),\ C(b;b;0),\ D(-b;b;0),\ S(0;0;h),$$ где $b=AB/2$, $h=SO>0$. Квадрат расстояния от центра до вершины равен $b^2+b^2=2b^2$. Из прямоугольного треугольника $SOA$: $$h^2=SA^2-OA^2=SA^2-2b^2.$$ Числа подставим позднее: пункт а) удобно доказать сразу для любого заданного отношения $DN:NC=SK:KC=1:r$. а) Находим плоскость. Обозначим долю отрезка через $t=1/(r+1)$. Тогда $$N=D+t(C-D)=(-b+2bt;\ b;\ 0),$$ $$K=S+t(C-S)=(bt;\ bt;\ h(1-t)).$$ Таким образом, разности координат для направления $NK$ равны $$\overrightarrow{NK}=(b(1-t);\ -b(1-t);\ h(1-t)).$$ Это направление пропорционально $(b;-b;h)$. Второе направление, $BC$, параллельно оси $y$. Значит, уравнение плоскости не зависит от $y$. При изменении $x$ на $b$ вдоль $NK$ координата $z$ меняется на $h$, поэтому выражение $-hx+bz$ остаётся постоянным. Подстановка $N$ даёт $$-hx+bz=hb(1-2t).$$ Для направления $SA$ имеем $$\overrightarrow{SA}=(-b;-b;-h).$$ Проверяем, меняется ли левая часть уравнения при движении в этом направлении: $$(-h)(-b)+b(-h)=hb-bh=0.$$ Следовательно, направление $SA$ параллельно плоскости. Сама точка $S$ в плоскость не входит: её подстановка даёт $bh$, тогда как справа $bh(1-2t)$; эти числа различны, поскольку $t>0$. Поэтому вся прямая $SA$ параллельна $\alpha$. б) Угол между плоскостями. Нормаль к найденной плоскости имеет координаты $$\mathbf n=(-h;0;b).$$ Грань $SBC$ содержит направление оси $y$. Точки $B$, $C$, $S$ удовлетворяют уравнению $$hx+bz=bh.$$ Поэтому её нормаль $$\mathbf m=(h;0;b).$$ Косинус меньшего угла между плоскостями равен модулю косинуса между нормалями. Модуль нужен потому, что одна и та же плоскость имеет два противоположных направления нормали: $$\cos\varphi=\frac{|\mathbf n\cdot\mathbf m|}{|\mathbf n||\mathbf m|}=\frac{|-h^2+b^2|}{\sqrt{h^2+b^2}\sqrt{h^2+b^2}}=\frac{|b^2-h^2|}{h^2+b^2}.$$ Подставляем данные: $$b=\frac{6}{2}=3,\qquad b^2=9,$$ $$h^2=7^2-2\cdot9=49-18=31.$$ Теперь числитель и знаменатель: $$|b^2-h^2|=|9-31|=22,$$ $$h^2+b^2=31+9=40.$$ Поэтому $$\cos\varphi=\frac{22}{40}=\frac{11}{20},\qquad \varphi=\arccos\left(\frac{11}{20}\right).$$ Ответ: б) $\arccos\left(\frac{11}{20}\right)$.

а) У основания прямоугольного параллелепипеда уже есть прямые углы. Чтобы доказать, что оно квадрат, достаточно показать равенство двух соседних сторон. Обозначим их длины $AB=b$, $BC=c$, высоту — $AA_1=h$. Все три длины положительны. Выберем координаты вдоль рёбер: $$A=(0;0;0),\quad B=(b;0;0),\quad C=(b;c;0),\quad D=(0;c;0),\quad D_1=(0;c;h).$$ Плоскость сечения содержит прямую $BD_1$ и параллельна $AC$. Поэтому в ней есть два направления: $$u=\overrightarrow{BD_1}=(-b;c;h),\qquad v=\overrightarrow{AC}=(b;c;0).$$ Найдём нормаль $n$ — вектор, перпендикулярный обоим направлениям. Возьмём первые две координаты $ch,-bh$: тогда произведение с $v$ равно $bch-bch=0$. Подберём третью координату $t$, чтобы произведение с $u$ тоже было нулевым: $$(-b)ch+c(-bh)+ht=0,$$ $$-bch-bch+ht=0,$$ $$ht=2bch,$$ $$t=2bc.$$ Получаем: $$n=(ch;-bh;2bc).$$ Плоскость проходит через $B=(b;0;0)$, поэтому её уравнение выражает перпендикулярность $BX$ и $n$: $$ch(x-b)-bhy+2bcz=0,$$ $$chx-bhy+2bcz=bch.$$ Найдём пересечение с ребром $AA_1$: здесь $x=y=0$. Получаем: $$2bcz=bch,\qquad z=h/2.$$ Обозначим эту точку через $M$: $$M=(0;0;h/2).$$ На ребре $CC_1$ имеем $x=b,y=c$: $$chb-bhc+2bcz=bch.$$ Первые два слагаемых сокращаются, и снова $z=h/2$. Значит, вторая точка: $$N=(b;c;h/2).$$ Сечение состоит из отрезков $BM,MD_1,D_1N,NB$, каждый лежит на соответствующей боковой грани. Его диагонали — $BD_1$ и $MN$. Вектор второй диагонали: $$\overrightarrow{MN}=(b;c;0).$$ По условию сечение — ромб. Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому их скалярное произведение равно нулю: $$(-b;c;h)\cdot(b;c;0)=0,$$ $$-b^2+c^2+0=0,$$ $$c^2=b^2.$$ Поскольку длины положительны, получаем $c=b$. Прямоугольник основания с равными соседними сторонами является квадратом. б) Найдём угол секущей плоскости с гранью $BCC_1$. При $c=b$ найденная нормаль равна $(bh;-bh;2b^2)$. Можно разделить её на положительное число $b$: направление перпендикуляра не меняется. Получим более простую нормаль: $$n_1=(h;-h;2b).$$ У всех точек грани $BCC_1$ первая координата $x=b$. Значит, нормаль этой грани направлена вдоль оси $x$: $$m=(1;0;0).$$ Угол между плоскостями находим как меньший угол между их нормалями. Его косинус равен модулю скалярного произведения, делённому на произведение длин: $$\cos\varphi=\frac{|n_1\cdot m|}{|n_1|\,|m|}.$$ Числитель: $$n_1\cdot m=h\cdot1+(-h)\cdot0+2b\cdot0=h.$$ Длина $m$ равна 1. Квадрат длины $n_1$: $$|n_1|^2=h^2+(-h)^2+(2b)^2=h^2+h^2+4b^2=2h^2+4b^2.$$ Следовательно: $$\cos\varphi=\frac{h}{\sqrt{2h^2+4b^2}}.$$ Подставим данные $h=6$, $b=4$: $$\cos\varphi=\frac{6}{\sqrt{2\cdot6^2+4\cdot4^2}}.$$ Вычислим квадраты, произведения и сумму: $$2\cdot6^2+4\cdot4^2=2\cdot36+4\cdot16=72+64=136.$$ Под корнем выделим полный квадрат 4: $$\sqrt{136}=\sqrt{4\cdot34}=2\sqrt{34}.$$ Сократим числитель и коэффициент знаменателя на 2: $$\cos\varphi=\frac{6}{2\sqrt{34}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$$ Арккосинус возвращает угол по его косинусу. Поэтому: $$\varphi=\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}.$$ Ответ: а) основание — квадрат; б) $\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}$.

План. Сначала найдём отношение, в котором плоскость пересекает боковые рёбра. Затем проведём высоту трапеции сечения и её проекцию на основание: угол между этими двумя отрезками будет нужным углом между плоскостями. а) Отношения на рёбрах. Плоскость сечения содержит $AB$, а $AB\parallel CD$. В грани $SCD$ её след $MN$ также параллелен $CD$. Иначе след пересёк бы прямую $CD$, а значит, плоскость сечения, содержащая параллельную ей прямую $AB$, совпала бы с плоскостью основания, что невозможно при $M,N$ на боковых рёбрах. Следовательно, треугольники $SMN$ и $SCD$ подобны. По условию $AB=5MN$, причём $AB=CD$. Значит, $$\frac{MN}{CD}=\frac{MN}{AB}=\frac15.$$ По подобию: $$\frac{SM}{SC}=\frac{SN}{SD}=\frac15.$$ Оставшиеся части составляют долю $1-1/5=4/5$. Поэтому $$SM:MC=SN:ND=\frac15:\frac45=1:4.$$ б) Высота сечения. Пусть $AB=a$, $E$ — середина $AB$, $F$ — середина $MN$. Трапеция $ABMN$ равнобедренная по симметрии правильной пирамиды; её основания $a$, $a/5$, боковые стороны $a$ по условию. Отрезок $EF$ — высота трапеции. Если из $N$ опустить перпендикуляр на $AB$, от основания $A$ до его основания получится половина разности оснований: $$\frac{a-a/5}{2}=\frac{4a/5}{2}=\frac{2a}{5}.$$ По Пифагору в полученном прямоугольном треугольнике: $$EF^2=a^2-\left(\frac{2a}{5}\right)^2=a^2-\frac{4a^2}{25}=\frac{21a^2}{25},$$ $$EF=\frac{a\sqrt{21}}5.$$ Проекция этой высоты. Пусть $G$ — середина $CD$, $O$ — центр квадрата, $F_0$ — проекция $F$ на основание. При подобии треугольников $SMN$ и $SCD$ середина $G$ переходит в $F$, поэтому $$\frac{SF}{SG}=\frac15.$$ В треугольнике $SGO$ прямая через $F$, параллельная $SO$, пересекает $GO$ в $F_0$. Точка $F$ находится на одной пятой пути от $S$ к $G$, поэтому её горизонтальное смещение от $SO$ равно одной пятой $OG$: $$OF_0=\frac15OG=\frac15\cdot\frac a2=\frac a{10}.$$ Точки $E,O,F_0,G$ лежат на одной прямой в указанном порядке. Поэтому $$EF_0=EO+OF_0=\frac a2+\frac a{10}=\frac{5a+a}{10}=\frac{3a}{5}.$$ Отрезки $EF$ и $EF_0$ перпендикулярны линии пересечения плоскостей $AB$, поэтому угол $FEF_0$ — искомый угол $\varphi$. В прямоугольном треугольнике $EFF_0$: $$\cos\varphi=\frac{EF_0}{EF}=\frac{3a/5}{a\sqrt{21}/5}=\frac3{\sqrt{21}}.$$ Избавляемся от корня в знаменателе: $$\frac3{\sqrt{21}}=\frac{3\sqrt{21}}{21}=\frac{\sqrt{21}}7.$$ Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}7$.

План. Найдём уравнение секущей плоскости по точкам $M,K,C$. После этого можно проверять принадлежность точек, направления прямых и находить все вершины сечения простой подстановкой. Введём координаты основания: $$A(0;0;0),\quad D(3;0;0),\quad B\left(\frac12;b;0\right),\quad C\left(\frac52;b;0\right),\qquad b>0.$$ Почему смещение равно $1/2$? Основания равнобедренной трапеции равны 3 и 2, а короткое расположено симметрично относительно длинного. Поэтому с каждой стороны остаётся $(3-2)/2=1/2$. Число $b$ — высота трапеции, а высоту призмы обозначим через $h$. Из $A_1M:MD_1=1:2$ получаем $A_1M=3/3=1$. Точка $K$ — середина $DD_1$, поэтому $$M(1;0;h),\qquad K\left(3;0;\frac h2\right).$$ Плоскость не вертикальна, так как проекции $M,K,C$ не лежат на одной прямой. Запишем её как $z=\alpha x+\beta y+\gamma$. Подставляем $M,K$: $$h=\alpha+\gamma,\qquad \frac h2=3\alpha+\gamma.$$ Вычитаем первое равенство из второго: $$-\frac h2=2\alpha,\qquad \alpha=-\frac h4.$$ Тогда $$\gamma=h-\alpha=h+\frac h4=\frac{5h}{4}.$$ Подстановка $C$ даёт $$0=-\frac h4\cdot\frac52+\beta b+\frac{5h}{4},$$ $$0=-\frac{5h}{8}+\beta b+\frac{10h}{8},\qquad \beta b=-\frac{5h}{8},\qquad \beta=-\frac{5h}{8b}.$$ Итак, $$z=\frac{5h}{4}-\frac h4x-\frac{5h}{8b}y.$$ Умножая на $8b$ и перенося в одну сторону, получаем также $$2bhx+5hy+8bz-10bh=0.$$ а) Проверяем параллельность $BD$. Нормаль к плоскости — $\mathbf n=(2bh;5h;8b)$. Направление $BD$: $$\overrightarrow{BD}=\left(3-\frac12;0-b;0\right)=\left(\frac52;-b;0\right).$$ Их скалярное произведение: $$2bh\cdot\frac52+5h(-b)+8b\cdot0=5bh-5bh=0.$$ Значит, направление $BD$ параллельно плоскости. При этом $D$ в неё не входит: левая часть уравнения равна $$2bh\cdot3-10bh=6bh-10bh=-4bh\ne0.$$ Поэтому сама прямая $BD$ параллельна плоскости $MKC$. б) Находим $b$ и $h$. В прямоугольном треугольнике у вершины $D$ горизонтальный катет равен $1/2$, вертикальный — $b$. Из $\angle ADC=60^\circ$: $$\tan60^\circ=\frac b{1/2}=2b,\qquad b=\frac{\sqrt3}{2}.$$ Направления из $K$ к $M$ и $C$: $$\overrightarrow{KM}=\left(-2;0;\frac h2\right),\qquad \overrightarrow{KC}=\left(-\frac12;b;-\frac h2\right).$$ Угол $MKC$ прямой, значит, скалярное произведение равно нулю: $$(-2)\left(-\frac12\right)+0\cdot b+\frac h2\left(-\frac h2\right)=0,$$ $$1-\frac{h^2}{4}=0,\qquad h^2=4,\qquad h=2.$$ Берём положительный корень, поскольку это высота призмы. Тангенс угла между плоскостями. Нормаль основания вертикальна. Поэтому угол между секущей плоскостью и основанием равен меньшему углу между $\mathbf n$ и вертикалью. У нормали горизонтальная составляющая имеет длину $\sqrt{(2bh)^2+(5h)^2}$, вертикальная — $8b$. По определению тангенса: $$\tan\varphi=\frac{\sqrt{(2bh)^2+(5h)^2}}{8b}.$$ Подставляем $b=\sqrt3/2$, $h=2$: $$2bh=2\cdot\frac{\sqrt3}{2}\cdot2=2\sqrt3,\qquad 5h=10,\qquad 8b=4\sqrt3,$$ $$\tan\varphi=\frac{\sqrt{(2\sqrt3)^2+10^2}}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt{12+100}}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt{112}}{4\sqrt3}.$$ Поскольку $112=16\cdot7$, имеем $\sqrt{112}=4\sqrt7$. Поэтому $$\tan\varphi=\frac{4\sqrt7}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt7}{\sqrt3}=\frac{\sqrt{21}}3.$$ Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}3$.

План. Плоскость задана двумя направлениями: $KN$ и $BC$. Найдём её уравнение, проверим параллельность $SA$, затем вычислим угол по нормалям. Нормаль — это вектор, перпендикулярный плоскости. Положим центр основания в начало координат, оси направим вдоль сторон квадрата и высоты: $$A(-b;-b;0),\ B(b;-b;0),\ C(b;b;0),\ D(-b;b;0),\ S(0;0;h),$$ где $b=AB/2$, $h=SO>0$. Квадрат расстояния от центра до вершины равен $b^2+b^2=2b^2$. Из прямоугольного треугольника $SOA$: $$h^2=SA^2-OA^2=SA^2-2b^2.$$ Числа подставим позднее: пункт а) удобно доказать сразу для любого заданного отношения $DN:NC=SK:KC=1:r$. а) Находим плоскость. Обозначим долю отрезка через $t=1/(r+1)$. Тогда $$N=D+t(C-D)=(-b+2bt;\ b;\ 0),$$ $$K=S+t(C-S)=(bt;\ bt;\ h(1-t)).$$ Таким образом, разности координат для направления $NK$ равны $$\overrightarrow{NK}=(b(1-t);\ -b(1-t);\ h(1-t)).$$ Это направление пропорционально $(b;-b;h)$. Второе направление, $BC$, параллельно оси $y$. Значит, уравнение плоскости не зависит от $y$. При изменении $x$ на $b$ вдоль $NK$ координата $z$ меняется на $h$, поэтому выражение $-hx+bz$ остаётся постоянным. Подстановка $N$ даёт $$-hx+bz=hb(1-2t).$$ Для направления $SA$ имеем $$\overrightarrow{SA}=(-b;-b;-h).$$ Проверяем, меняется ли левая часть уравнения при движении в этом направлении: $$(-h)(-b)+b(-h)=hb-bh=0.$$ Следовательно, направление $SA$ параллельно плоскости. Сама точка $S$ в плоскость не входит: её подстановка даёт $bh$, тогда как справа $bh(1-2t)$; эти числа различны, поскольку $t>0$. Поэтому вся прямая $SA$ параллельна $\alpha$. б) Угол между плоскостями. Нормаль к найденной плоскости имеет координаты $$\mathbf n=(-h;0;b).$$ Грань $SBC$ содержит направление оси $y$. Точки $B$, $C$, $S$ удовлетворяют уравнению $$hx+bz=bh.$$ Поэтому её нормаль $$\mathbf m=(h;0;b).$$ Косинус меньшего угла между плоскостями равен модулю косинуса между нормалями. Модуль нужен потому, что одна и та же плоскость имеет два противоположных направления нормали: $$\cos\varphi=\frac{|\mathbf n\cdot\mathbf m|}{|\mathbf n||\mathbf m|}=\frac{|-h^2+b^2|}{\sqrt{h^2+b^2}\sqrt{h^2+b^2}}=\frac{|b^2-h^2|}{h^2+b^2}.$$ Подставляем данные: $$b=\frac{4}{2}=2,\qquad b^2=4,$$ $$h^2=7^2-2\cdot4=49-8=41.$$ Теперь числитель и знаменатель: $$|b^2-h^2|=|4-41|=37,$$ $$h^2+b^2=41+4=45.$$ Поэтому $$\cos\varphi=\frac{37}{45}=\frac{37}{45},\qquad \varphi=\arccos\left(\frac{37}{45}\right).$$ Ответ: б) $\arccos\left(\frac{37}{45}\right)$.

а) У основания прямоугольного параллелепипеда уже есть прямые углы. Чтобы доказать, что оно квадрат, достаточно показать равенство двух соседних сторон. Обозначим их длины $AB=b$, $BC=c$, высоту — $AA_1=h$. Все три длины положительны. Выберем координаты вдоль рёбер: $$A=(0;0;0),\quad B=(b;0;0),\quad C=(b;c;0),\quad D=(0;c;0),\quad D_1=(0;c;h).$$ Плоскость сечения содержит прямую $BD_1$ и параллельна $AC$. Поэтому в ней есть два направления: $$u=\overrightarrow{BD_1}=(-b;c;h),\qquad v=\overrightarrow{AC}=(b;c;0).$$ Найдём нормаль $n$ — вектор, перпендикулярный обоим направлениям. Возьмём первые две координаты $ch,-bh$: тогда произведение с $v$ равно $bch-bch=0$. Подберём третью координату $t$, чтобы произведение с $u$ тоже было нулевым: $$(-b)ch+c(-bh)+ht=0,$$ $$-bch-bch+ht=0,$$ $$ht=2bch,$$ $$t=2bc.$$ Получаем: $$n=(ch;-bh;2bc).$$ Плоскость проходит через $B=(b;0;0)$, поэтому её уравнение выражает перпендикулярность $BX$ и $n$: $$ch(x-b)-bhy+2bcz=0,$$ $$chx-bhy+2bcz=bch.$$ Найдём пересечение с ребром $AA_1$: здесь $x=y=0$. Получаем: $$2bcz=bch,\qquad z=h/2.$$ Обозначим эту точку через $M$: $$M=(0;0;h/2).$$ На ребре $CC_1$ имеем $x=b,y=c$: $$chb-bhc+2bcz=bch.$$ Первые два слагаемых сокращаются, и снова $z=h/2$. Значит, вторая точка: $$N=(b;c;h/2).$$ Сечение состоит из отрезков $BM,MD_1,D_1N,NB$, каждый лежит на соответствующей боковой грани. Его диагонали — $BD_1$ и $MN$. Вектор второй диагонали: $$\overrightarrow{MN}=(b;c;0).$$ По условию сечение — ромб. Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому их скалярное произведение равно нулю: $$(-b;c;h)\cdot(b;c;0)=0,$$ $$-b^2+c^2+0=0,$$ $$c^2=b^2.$$ Поскольку длины положительны, получаем $c=b$. Прямоугольник основания с равными соседними сторонами является квадратом. б) Найдём угол секущей плоскости с гранью $BCC_1$. При $c=b$ найденная нормаль равна $(bh;-bh;2b^2)$. Можно разделить её на положительное число $b$: направление перпендикуляра не меняется. Получим более простую нормаль: $$n_1=(h;-h;2b).$$ У всех точек грани $BCC_1$ первая координата $x=b$. Значит, нормаль этой грани направлена вдоль оси $x$: $$m=(1;0;0).$$ Угол между плоскостями находим как меньший угол между их нормалями. Его косинус равен модулю скалярного произведения, делённому на произведение длин: $$\cos\varphi=\frac{|n_1\cdot m|}{|n_1|\,|m|}.$$ Числитель: $$n_1\cdot m=h\cdot1+(-h)\cdot0+2b\cdot0=h.$$ Длина $m$ равна 1. Квадрат длины $n_1$: $$|n_1|^2=h^2+(-h)^2+(2b)^2=h^2+h^2+4b^2=2h^2+4b^2.$$ Следовательно: $$\cos\varphi=\frac{h}{\sqrt{2h^2+4b^2}}.$$ Подставим данные $h=10$, $b=12$: $$\cos\varphi=\frac{10}{\sqrt{2\cdot10^2+4\cdot12^2}}.$$ Вычислим квадраты, произведения и сумму: $$2\cdot10^2+4\cdot12^2=2\cdot100+4\cdot144=200+576=776.$$ Под корнем выделим полный квадрат 4: $$\sqrt{776}=\sqrt{4\cdot194}=2\sqrt{194}.$$ Сократим числитель и коэффициент знаменателя на 2: $$\cos\varphi=\frac{10}{2\sqrt{194}}=\frac{5}{\sqrt{194}}.$$ Арккосинус возвращает угол по его косинусу. Поэтому: $$\varphi=\arccos\frac{5}{\sqrt{194}}.$$ Ответ: а) основание — квадрат; б) $\arccos\frac{5}{\sqrt{194}}$.

План. Сначала перенесём условие об углах трапеции в треугольник $KAD$. Потом найдём основание и высоту небольшой пирамиды $KBCP$. а) Перпендикулярность плоскостей. Обозначим $\angle BAD=\alpha$, $\angle ADC=\beta$. Оба угла положительны, а их сумма равна $90^\circ$, поэтому каждый острый. Следовательно, боковые стороны трапеции направлены внутрь от большего основания $AD$ и их продолжения встречаются в точке $K$ со стороны меньшего основания $BC$. В треугольнике $KAD$ углы при $A$ и $D$ равны соответственно $\alpha$ и $\beta$. По сумме углов треугольника: $$\angle AKD=180^\circ-(\alpha+\beta)=180^\circ-90^\circ=90^\circ.$$ Значит, прямые $AB$ и $CD$, лежащие на $KA$ и $KD$, перпендикулярны. Обе плоскости $PAB$ и $PCD$ перпендикулярны основанию. Каждая содержит вертикальную прямую через точку $K$ своего следа. Эта вертикаль у них общая; поскольку они также обе содержат $P$, их линия пересечения — $PK$, и она перпендикулярна основанию. Чтобы измерить угол между вертикальными плоскостями, можно пересечь их горизонтальной плоскостью основания: её следы $AB$ и $CD$ перпендикулярны общей вертикали $PK$. Угол между следами равен $90^\circ$, поэтому $$PAB\perp PCD.$$ б) Площадь $KBC$. Поскольку $BC\parallel AD$, треугольники $KBC$ и $KAD$ подобны. Обозначим их коэффициент подобия через $t$, где $0<t<1$. Тогда $$KB=t\,KA,\qquad KC=t\,KD.$$ Длины отрезков между параллельными основаниями: $$AB=KA-KB=(1-t)KA,$$ $$CD=KD-KC=(1-t)KD.$$ По условию $AB=CD=4$. Поскольку $1-t>0$, отсюда $KA=KD$, следовательно, и $KB=KC$. Треугольник $KBC$ прямоугольный при $K$ и равнобедренный. Пусть его катеты равны $x$. Гипотенуза $BC=4$, поэтому $$x^2+x^2=4^2,\qquad 2x^2=16,\qquad x^2=8.$$ Его площадь: $$S_{KBC}=\frac12 x\cdot x=\frac12x^2=\frac82=4.$$ Отрезок $PK$ — высота исходной пирамиды, поэтому $PK=9$. Он же является высотой пирамиды $KBCP$ к основанию $KBC$. Её объём: $$V_{KBCP}=\frac13S_{KBC}\cdot PK=\frac13\cdot4\cdot9=12.$$ Ответ: б) $12$.

План. Положения оснований перпендикуляров найдём через скалярные проекции на $BS$. Затем вычислим нормали двух граней и угол между ними. Обозначим $AB=p=2\sqrt2$, $BC=q=4$. Выберем прямоугольные координаты: $$B(0;0;0),\quad A(p;0;0),\quad C(0;q;0),\quad D(p;q;0).$$ Основание высоты — центр прямоугольника, поэтому $$S\left(\frac p2;\frac q2;h\right).$$ Пусть $BS=l$. Единичный вектор вдоль $BS$ равен $$\mathbf e=\frac1l\left(\frac p2;\frac q2;h\right).$$ а) Проекции точек $A,C$ на $BS$. Длина направленной проекции вектора на прямую равна его скалярному произведению с единичным вектором этой прямой. Поэтому $$BP=\overrightarrow{BA}\cdot\mathbf e=(p;0;0)\cdot\frac1l\left(\frac p2;\frac q2;h\right)=\frac{p^2}{2l},$$ $$BQ=\overrightarrow{BC}\cdot\mathbf e=(0;q;0)\cdot\frac1l\left(\frac p2;\frac q2;h\right)=\frac{q^2}{2l}.$$ Обе величины положительны, поэтому $P,Q$ лежат на одном луче $BS$. Вычислим квадраты сторон: $$p^2=(2\sqrt2)^2=8,\qquad q^2=4^2=16=2p^2.$$ Значит, $$BQ=\frac{2p^2}{2l}=2\frac{p^2}{2l}=2BP.$$ Следовательно, $P$ находится между $B,Q$, а $BP=PQ=BQ/2$: это середина $BQ$. б) Высота и нормали. Все вершины прямоугольника равноудалены от его центра, поэтому при вершине над центром все боковые рёбра равны. Из $SD=4$ следует $SB=4$. По Пифагору: $$h^2=SB^2-OB^2=16-\left(\frac{p^2}{4}+\frac{q^2}{4}\right)=16-\frac{8+16}{4}=16-6=10.$$ Грань $SBA$ содержит направление оси $x$. Поэтому её нормаль имеет первую координату 0. Для перпендикулярности вектору $BS=(p/2;q/2;h)$ можно взять $$\mathbf n_1=\left(0;-h;\frac q2\right),$$ поскольку $0\cdot(p/2)-h(q/2)+(q/2)h=0$. Грань $SBC$ содержит направление оси $y$. Её нормаль можно взять $$\mathbf n_2=\left(h;0;-\frac p2\right),$$ поскольку $h(p/2)+0\cdot(q/2)-(p/2)h=0$. Модуль их скалярного произведения: $$|\mathbf n_1\cdot\mathbf n_2|=\left|0\cdot h+(-h)\cdot0+\frac q2\left(-\frac p2\right)\right|=\frac{pq}{4}.$$ Длины нормалей: $$|\mathbf n_1|=\sqrt{h^2+\frac{q^2}{4}}=\sqrt{10+\frac{16}{4}}=\sqrt{14},$$ $$|\mathbf n_2|=\sqrt{h^2+\frac{p^2}{4}}=\sqrt{10+\frac84}=\sqrt{12}.$$ Для угла между плоскостями используем модуль косинуса между нормалями: $$\cos\varphi=\frac{pq/4}{\sqrt{14}\sqrt{12}}=\frac{(2\sqrt2)\cdot4/4}{\sqrt{168}}=\frac{2\sqrt2}{2\sqrt{42}}=\frac1{\sqrt{21}}.$$ Поэтому $$\varphi=\arccos\frac1{\sqrt{21}}.$$ Ответ: б) $\arccos\frac1{\sqrt{21}}$.

Выберем координаты вдоль трёх взаимно перпендикулярных рёбер. Тогда положение точек на рёбрах можно записать точно, а принадлежность плоскости проверить подстановкой. Обозначим $AB=p$, $AD=q$, $AA_1=h$. Нижнее основание поместим в $z=0$: $$A=(0;0;0),\quad B=(p;0;0),\quad D=(0;q;0),\quad C=(p;q;0).$$ Все вершины верхнего основания имеют третью координату $h$. Здесь: $$p=2,\quad q=6,\quad h=6.$$ Сначала найдём высоты точек $E,F$ из отношений частей рёбер. Если $A_1E:EA=1:2$, то всё ребро состоит из $1+2=3$ одинаковых частей, а $EA$ занимает 2 из них: $$EA=h\frac{2}{3}=\frac{6\cdot2}{3}=4.$$ Аналогично $B_1F:FB=1:5$ даёт: $$FB=h\frac{5}{6}=\frac{6\cdot5}{6}=5.$$ Точка $T$ — середина $B_1C_1$, поэтому её вторая координата равна $q/2$: $$E=(0;0;4),\quad F=(2;0;5),\quad T=(2;3;6).$$ Получим уравнение плоскости, а не будем брать его готовым. Так как у точек $E,F,T$ разные первые две координаты, запишем плоскость в виде: $$z=c+\alpha x+\beta y.$$ Подстановка $E$ сразу даёт $c=4$. Подставим $F$: $$5=4+\alpha\cdot2.$$ Вычтем 4 и разделим на $2>0$: $$\alpha=\frac{5-4}{2}=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.$$ Теперь подставим $T$. Сумма $c+\alpha p$ уже равна высоте $F$, то есть 5. Поэтому: $$6=5+\beta\cdot3,$$ $$\beta=\frac{6-5}{3}=\frac{1}{3}=\frac{1}{3}.$$ Полученное уравнение: $$z=4+(\frac{1}{2})x+(\frac{1}{3})y.$$ а) Проверим вершину $D_1=(0;6;6)$. Правая часть при её координатах равна: $$4+(\frac{1}{2})\cdot0+(\frac{1}{3})\cdot6=4+2=6.$$ Она совпала с третьей координатой $D_1$. Следовательно, эта вершина лежит в плоскости $EFT$. б) Требуется угол между плоскостью $EFT$ и гранью $AA_1B_1$. Проще вычислить угол между перпендикулярными им векторами — нормалями. Перенесём уравнение плоскости в вид: $$-\frac12x-\frac13y+z=4.$$ Её нормаль составляется из коэффициентов при $x,y,z$: $$n=(-1/2;-1/3;1).$$ У грани $AA_1B_1$ все точки имеют $y=0$. Поэтому ей перпендикулярна ось $y$, и нормаль можно взять $m=(0;1;0)$. Вычислим скалярное произведение по координатам: $$n\cdot m=(-1/2)\cdot0+(-1/3)\cdot1+1\cdot0=-1/3.$$ Длины нормалей: $$|m|=1,$$ $$|n|=\sqrt{(-1/2)^2+(-1/3)^2+1^2}=\sqrt{1/4+1/9+1}.$$ Приведём к общему знаменателю 36: $$|n|=\sqrt{\frac9{36}+\frac4{36}+\frac{36}{36}}=\sqrt{\frac{49}{36}}=\frac76.$$ Для меньшего угла между плоскостями используем модуль произведения: $$\cos\varphi=\frac{|n\cdot m|}{|n|\,|m|}=\frac{1/3}{7/6}=\frac13\cdot\frac67=\frac27.$$ Запись $\arccos(2/7)$ обозначает угол, косинус которого равен $2/7$. Поэтому: $$\varphi=\arccos\frac27.$$ Ответ: а) доказано; б) $\arccos\frac27$.