Прочее

Упростим уравнение: $$2\sin^2x + \sqrt{3}\cos x - 2 = 0$$ Выразим $\sin^2x$ через $\cos x$: $$2(1 - \cos^2x) + \sqrt{3}\cos x - 2 = 0$$ $$-2\cos^2x + \sqrt{3}\cos x = 0$$ $$\cos x(-2\cos x + \sqrt{3}) = 0$$ $$\left[ \begin{aligned} &\cos x = 0 \\ &\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned} \right. \Rightarrow \left[ \begin{aligned} &x = \frac{\pi}{2} + \pi k \\ &x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k \end{aligned} \right., \quad k \in \mathbb{Z}$$

Используем формулу приведения: $$\cos\left(2x - \frac{\pi}{2}\right) = \sin 2x$$ Подставляем в уравнение: $$\sin 2x = \sqrt{3}\cos x$$ $$2\sin x \cos x - \sqrt{3}\cos x = 0$$ $$\cos x (2\sin x - \sqrt{3}) = 0$$ $$\cos x = 0 \quad \text{или} \quad \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$x = \frac{\pi}{2} + \pi k, \quad x = \frac{\pi}{3} + 2\pi n, \quad x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi n, \quad k, n \in \mathbb{Z}$$

Используем формулу приведения: $$\cos\left(\frac{\pi}{2} + x\right) = -\sin x$$ Подставим в уравнение: $$\cos 2x - \sqrt{2}\sin x + 1 = 0$$ Выразим $\cos 2x$ через $\sin x$: $$1 - 2\sin^2 x - \sqrt{2}\sin x + 1 = 0$$ $$-2\sin^2 x - \sqrt{2}\sin x + 2 = 0$$ $$2\sin^2 x + \sqrt{2}\sin x - 2 = 0$$ Сделаем замену $t = \sin x$: $$2t^2 + \sqrt{2}t - 2 = 0$$ $$D = 2 + 16 = 18$$ $$t = \frac{-\sqrt{2} \pm 3\sqrt{2}}{4}$$ $$t = \frac{\sqrt{2}}{2} \quad \text{или} \quad t = -\sqrt{2} \notin [-1; 1]$$ $$\sin x = \frac{\sqrt{2}}{2}$$ $$x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k, \quad x = \frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \quad k \in \mathbb{Z}$$

Упростим уравнение: $$2\cos^2x + 3\sin x - 3 = 0$$ Выразим $\cos^2x$ через $\sin x$: $$2(1 - \sin^2x) + 3\sin x - 3 = 0$$ $$-2\sin^2x + 3\sin x - 1 = 0$$ $$2\sin^2x - 3\sin x + 1 = 0$$ $$\sin x = 1 \quad \text{или} \quad \sin x = \frac{1}{2}$$ $$x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, \quad x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n, \quad x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n, \quad k,n \in \mathbb{Z}$$

a)

Рассмотрим треугольник $BB_{1}D_{1}$. По условию $K$ — середина ребра $BB_{1}$. Через точку $K$ проведем среднюю линию $KL$, параллельную стороне $BD_{1}$. Тогда точка $L$ лежит в плоскости $\alpha$, так как эта плоскость параллельна прямой $BD_{1}$.

Диагонали $A_{1}C_{1}$ и $B_{1}D_{1}$ квадрата $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ точкой пересечения делятся пополам, при этом $L$ — середина $B_{1}D_{1}$. Значит, $A_{1}C_{1}$ и $B_{1}D_{1}$ пересекаются в точке $L$.

Прямая $A_{1}C_{1}$ проходит через точки $C_{1}$ и $L$, лежащие в плоскости $\alpha$. Следовательно, прямая $A_{1}C_{1}$ лежит в плоскости $\alpha$, значит, $\triangle A_{1}KC_{1}$ — искомое сечение.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $A_{1}B_{1}K$ и $C_{1}B_{1}K$. У этих треугольников катеты $A_{1}B_{1}$ и $C_{1}B_{1}$ равны как стороны квадрата $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$, а катет $B_{1}K$ — общий. Значит, $$\triangle A_{1}B_{1}K = \triangle C_{1}B_{1}K$$ по двум катетам. В равных треугольниках соответствующие элементы равны, поэтому $$A_{1}K = C_{1}K.$$ Следовательно, треугольник $A_{1}KC_{1}$ — равнобедренный.

б) По теореме Пифагора в треугольнике $A_{1}B_{1}C_{1}$: $$A_{1}C_{1} = \sqrt{A_{1}B_{1}^{2} + C_{1}B_{1}^{2}} = \sqrt{(3\sqrt{2})^{2} + (3\sqrt{2})^{2}} = 6.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $A_{1}B_{1}K$: $$A_{1}K^{2} = A_{1}B_{1}^{2} + B_{1}K^{2} = (3\sqrt{2})^{2} + \left(\frac{2\sqrt{7}}{2}\right)^{2} = 18 + 7 = 25.$$ Значит, $$A_{1}K = 5.$$

Тогда периметр треугольника $A_{1}KC_{1}$ равен: $$P_{A_{1}KC_{1}} = A_{1}C_{1} + A_{1}K + C_{1}K = A_{1}C_{1} + 2A_{1}K = 6 + 2\cdot 5 = 16.$$

$$\boxed{16}$$