Точка M делит ребро A₁D₁ в отношении $A_1 M: M D_1=1: 2,$ а точка K

Решение по шагам

1. 1

   Как рассуждать

   Решение. [рисунок] Рис. 1а) Боковая грань CC₁B₁ призмы параллельна грани ADD₁A₁, поскольку составляющие их рёбра соответственно параллельны. Проведём через вершину C прямую, параллельную KM. Пусть эта прямая пересекает ребро BB₁ в точке N, а продолжение ребра B₁C₁ в точке E, а прямая EM пересекает ребро A₁B₁ в точке L (рис. 1).Прямоугольные треугольники CBN и MD₁K равны, поскольку равны их катеты BC и MD₁, а также острые углы, ввиду параллельности соответствующих сторон. Следовательно, $B N=D_1 K= \frac{1}{2} D D_1= \frac{1}{2} B B_1,$ а значит, точка N — середина ребра BB₁.б) Пусть высота призмы равна 2x. Тогда $B_1 N=B N=D K=x$ В равнобедренной трапеции с основаниями 3 и 2 и углом 60° боковые стороны равны 1, то есть $A_1 B_1 = C D=1$ Прямоугольные треугольники EB₁N и CBN равны по катету и углу при вершине N. Значит, $E N^{2} =N C^{2} =B N^{2} + B C^{2} =x^{2} + 4$ Из прямоугольных треугольников CDK и NCK имеем: $C K^{2} =C D^{2} + D K^{2} =x^{2} + 1$ $N K^{2} =N C^{2} + C K^{2} =x^{2} + 4 + x^{2} + 1=2 x^{2} + 5$ Для треугольника BCD имеем: $B D^{2} =B C^{2} + C D^{2} - 2 B C \cdot C D \cdot \cos 120 в степени ( \circ ) =7$ [рисунок] Рис. 2 Поскольку $NK=BD,$ получаем: $2 x^{2} + 5=7,$ откуда $x=1$ Следовательно, $C K= \sqrt{2} ,$ $E N=N C=M K= \sqrt{5}$ Площадь прямоугольной трапеции MKCE равна $\frac{1}{2} \cdot C K \cdot ( M K + E C ) = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot ( \sqrt{5} + 2 \sqrt{5} ) = \frac{3 \sqrt{10}}{2}$ Треугольники A₁ML и B₁EL подобны, значит, $E L: L M=E B_1: M A_1=2: 1 ,$ а площади треугольников ELN и EMN относятся как 2:3 (рис. 2). Тогда площадь треугольника ELN равна $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{5} = \frac{\sqrt{10}}{3}$ Площадь сечения MKCNL равна разности площадей трапеции MKCE и треугольника ELN: $\frac{3 \sqrt{10}}{2} - \frac{\sqrt{10}}{3} = \frac{7 \sqrt{10}}{6}$