Задание №96237 ЕГЭ Профильной математике

а) Докажем, что $KBLC$ — параллелограмм, тогда отрезки $KL$ и $BC$ пересекаются и точкой пересечения делятся пополам как его диагонали.

Заметим, что $KB{A}_{1}A$, $AB{C}_1{D}_1$ и $C_{1}DCL$ — параллелограммы.
Тогда $KB\parallel A_{1}B\parallel D_{1}C\parallel CL$.

Треугольники $KAB$ и $C{C}_{1}L$ равны по двум катетам ($KA=C{C}_1$, $AB=C_{1}L$), следовательно, $KB=CL$.

Таким образом, $KBLC$— параллелограмм, значит, $KL$ проходит через середину $BC$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $O$ — середина $C{C}_1$ Тогда $OM\parallel B{C}_1$, так как $OM$ — средняя линия треугольника $CB{C}_1$ ($M$ — середина $BC$).

$A{D}_1{C}_{1}B$ — параллелограмм, то есть $A{D}_1\parallel B{C}_1$.

Таким образом, $A{D}_1\parallel OM$, а значит

$$\mathrm{\angle }(A{D}_1;KL)=\mathrm{\angle }(OM;KL)=\mathrm{\angle }MOL=\phi \mathrm{.}$$

Найдём $MO$:

$$MO=\frac{1}{2}B{C}_1=\frac{1}{2}\sqrt{A{D}^2+A{A}_1^2}=\frac{1}{2}\sqrt{8^2+6^2}=\frac{1}{2}\sqrt{64+36}=\frac{1}{2}\cdot 10=5.$$

Найдём $ML$ (из треугольника $M{C}_{1}L$):
$M{C}_1=\frac{1}{2}C{C}_1=3$
$C_{1}L=AB=4$ (по условию $C_1{D}_1=C_{1}L$, а $C_1{D}_1=AB$).

$$ML=\sqrt{M{C}_1^2+C_1{L}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=5.$$

Найдём $LC$ (из треугольника $C{C}_{1}L$):
$C{C}_1=6$, $C_{1}L=4$,

$$LC=\sqrt{C{C}_1^2+C_1{L}^2}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\mathrm{.}$$

Так как $OC\perp (C{C}_1{D}_{1}D)$ и $CL$ лежит в этой плоскости, то $OC\perp CL$, значит, треугольник $LCO$ — прямоугольный.
$OC=\frac{1}{2}C{C}_1=3$

$$LO=\sqrt{L{C}^2+O{C}^2}=\sqrt{(2\sqrt{13}{)}^2+3^2}=\sqrt{52+9}=\sqrt{61}\mathrm{.}$$

По теореме косинусов в треугольнике $MOL$:

$$M{L}^2=M{O}^2+L{O}^2-2\cdot MO\cdot LO\cdot \cos \phi$$

$$25=25+61-2\cdot 5\cdot \sqrt{61}\cdot \cos \phi$$​​.

Ответ:

$$\arccos \frac{\sqrt{61}}{10}\mathrm{.}$$