Решение:

Дана призма $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, в которой $AD = 3$, $BC = 2$. Точка $M$ делит ребро $A_{1}D_{1}$ в отношении $A_{1} M : MD_{1} = 1 : 2$, а точка $K$ является серединой ребра $DD_{1}$ (то есть $DK = KD_{1}$).

а) Построим прямую, проходящую через точку $C$ параллельно отрезку $MK$. Обозначим точку пересечения этой прямой с ребром $BB_{1}$ как $N$.
Так как плоскости граней $BCC_{1}$ и $ADD_{1}$ параллельны, угол $\angle NCC_{1}$ равен углу $\angle D_{1} KM$.
Учитывая, что $\angle NCC_{1} = \angle BNC$ (как накрест лежащие), получаем подобие треугольников $\triangle NBC \sim \triangle KD_{1} M$.
Поскольку $\angle NBC = \angle MD_{1} K = 90^{\circ}$, запишем отношение сторон: $\frac{BC}{MD_{1}} = \frac{BN}{D_{1} K}$.
Пусть $A_{1} M = x$, тогда $MD_{1} = 2x$. Так как $A_{1} D_{1} = 3x = 3$, имеем $x = 1$, следовательно, $MD_{1} = 2$.
Подставляя значения, получаем $\frac{2}{2} = \frac{BN}{D_{1} K}$, откуда $BN = D_{1} K$.
Так как $D_{1} K = KD$ и $BN = B_{1} N$, точки $N$ и $K$ являются серединами соответствующих боковых ребер $BB_{1}$ и $DD_{1}$. Следовательно, отрезок $NK$ параллелен $BD$. Так как плоскость $(MKC)$ содержит прямую, параллельную $NK$, то $(MKC) \parallel BD$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть длина половины бокового ребра $D_{1} K = KD = x$.
Рассмотрим прямоугольный треугольник $KDC$. По теореме Пифагора: $KC^{2} = KD^{2} + DC^{2} = x^{2} + 1$.
В треугольнике $MD_{1} K$: $MK^{2} = MD_{1}^{2} + D_{1} K^{2} = 4 + x^{2}$.
Для треугольника $MKC$ выполняется условие $MK^{2} + KC^{2} = MC^{2}$.
Продлим $MK$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $G$.
Треугольники $\triangle MD_{1} K$ и $\triangle GDK$ равны по катету и острому углу ($D_{1} K = KD$, $\angle MD_{1} K = \angle GDK = 90^{\circ}$, углы при вершине $K$ вертикальные). Отсюда $DG = MD_{1} = 2$ и $MK = KG$.
В треугольнике $MCG$ медиана $CK$ является также высотой, значит $\triangle MCG$ — равнобедренный, $MC = CG$.
Применим теорему косинусов для $\triangle CDG$, где $\angle CDG = 120^{\circ}$:
$CG^{2} = CD^{2} + DG^{2} - 2 \cdot CD \cdot DG \cdot \cos 120^{\circ}$.
Подставим известные величины: $MC^{2} = 1^{2} + 2^{2} - 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot (-0,5) = 7$.
С другой стороны, $MC^{2} = MK^{2} + KC^{2} = (4 + x^{2}) + (x^{2} + 1) = 2x^{2} + 5$.
Уравнение $2x^{2} + 5 = 7$ дает $x^{2} = 1$, то есть $x = 1$.
Проведем в $\triangle CDG$ высоту $DH$ к стороне $CG$. По теореме о трех перпендикулярах $KH \perp CG$.
В $\triangle CDG$: $CG = \sqrt{7}$. Высота $DH$ может быть найдена через площадь или иные соотношения.
Найдем $KH$ из прямоугольного треугольника $CKG$: $KH = \frac{CK \cdot KG}{CG} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}{\sqrt{7}} = \sqrt{\frac{10}{7}}$.
Из $\triangle KDH$ по теореме Пифагора: $DH = \sqrt{KH^{2} - KD^{2}} = \sqrt{\frac{10}{7} - 1} = \sqrt{\frac{3}{7}}$.
Искомый тангенс угла наклона: $\operatorname{tg} \alpha = \frac{KD}{DH} = \frac{1}{\sqrt{3/7}} = \frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{21}}{3}$.

Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}{3}$

Источник: ФИПИ