Тип 15 № 13248

а)

Пусть точка $L$ — середина ребра $AB$, точка $E$ — середина ребра $AC$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, то $BE$ — медиана и высота, то есть $BE \perp AC$. Далее имеем: $$AM : MC = 1 : 3 \quad \Rightarrow \quad AM = \frac{1}{4} AC = \frac{1}{2} AE$$ Значит, треугольник $AML$ подобен треугольнику $AEB$ по общему углу $\angle A$ и отношению прилежащих к нему сторон $$AM : AE = AL : AB = 1 : 2$$ Тогда $\angle AML = \angle AEB = 90^\circ$.

б)

Отрезок $K L$ перпендикулярен плоскости $(ABC)$, так как призма прямая, следовательно, $M L$ является проекцией $M K$ на плоскость $(ABC)$. Получаем, что прямая $AC$ перпендикулярна проекции $M L$, а значит по теореме о трех перпендикулярах и наклонной $K M$ доказывается, что $K H$ является проекцией $K M$ на плоскость $(A B B_1)$. Пусть $M H$ — высота треугольника $A M L$. Так как плоскости $(ABC)$ и $(A B B_1)$ перпендикулярны, то отрезок $M H$ перпендикулярен плоскости $(A B B_1)$. Линия $K H$ является проекцией $K M$ на плоскость $(A B B_1)$, поэтому $\angle H K M$ и есть искомый угол.

Вычислим двумя способами площадь треугольника $A M L$. Имеем: $$M H \cdot A L = 2 S_{A M L} = M A \cdot M L$$ $$M H = \frac{M A \cdot M L}{A L} = \frac{3 \sqrt{A^2 - 3^2}}{4} = \frac{3 \sqrt{7}}{4}$$

Найдем угол $\angle H K M$ в прямоугольном треугольнике $H K M$: $$\sin \angle H K M = \frac{M H}{K M} = \frac{3 \sqrt{7}}{4 \sqrt{32}} = \frac{3 \sqrt{14}}{32}$$ $$\angle H K M = \arcsin \frac{3 \sqrt{14}}{32}$$

Ответ: $${\angle H K M = \arcsin \frac{3 \sqrt{14}}{32}}$$

\end{document}