ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Призма правильная, значит, она прямая, а в её основаниях лежат равные квадраты $ABCD$ и $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$. В прямой призме боковое ребро перпендикулярно плоскостям оснований, а значит, и любой прямой, лежащей в этих плоскостях. Поэтому $A{A}_1\perp AD$ и $A{A}_1\perp A_1{B}_1$, и треугольники $MAD$ и $M{A}_1{B}_1$ прямоугольные:

$$\angle MAD=\angle M{A}_1{B}_1=90^{\circ }.$$

Сечение $B_{1}MDK$ — ромб, а у ромба все стороны равны, поэтому $MD=M{B}_1$. Кроме того, $AD=A_1{B}_1$ как стороны равных квадратов.

Получаем, что у прямоугольных треугольников $MAD$ и $M{A}_1{B}_1$ равны гипотенузы ($MD=M{B}_1$) и катеты ($AD=A_1{B}_1$). Значит, треугольники равны по гипотенузе и катету, и их вторые катеты тоже равны: $AM=M{A}_1$. Точка $M$ лежит на ребре $A{A}_1$, поэтому $M$ — середина $A{A}_1$. Что и требовалось доказать.

б) Точно так же стороны ромба $KD$ и $K{B}_1$ равны, а $CD=C_1{B}_1$. Прямоугольные треугольники $KCD$ и $K{C}_1{B}_1$ равны по гипотенузе и катету, поэтому $CK=K{C}_1$, то есть $K$ — середина ребра $C{C}_1$.

Тогда $AM=\frac{1}{2}A{A}_1=\frac{1}{2}C{C}_1=CK$. Кроме того, $AM\parallel CK$, так как боковые рёбра призмы параллельны. Четырёхугольник $AMKC$, у которого стороны $AM$ и $CK$ равны и параллельны, — параллелограмм. Поэтому

$$MK=AC,MK\parallel AC.$$

Найдём сторону основания. Площадь квадрата $ABCD$ равна $3$:

$$A{B}^2=3\Rightarrow AB=\sqrt{3}.$$

Диагонали квадрата равны, и каждая в $\sqrt{2}$ раз больше стороны:

$$AC=BD=AB\sqrt{2}=\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}=\sqrt{6}.$$

Значит, $MK=\sqrt{6}$.

Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей. Диагонали ромба $B_{1}MDK$ — отрезки $MK$ и $B_{1}D$, поэтому

$$S_{B_{1}MDK}=\frac{1}{2}\cdot MK\cdot B_{1}D\Rightarrow 6=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{6}\cdot B_{1}D\Rightarrow B_{1}D=\frac{12}{\sqrt{6}}=2\sqrt{6}.$$

Ребро $B{B}_1$ перпендикулярно плоскости основания, а значит, и прямой $BD$ этой плоскости. Треугольник $B_{1}BD$ прямоугольный с прямым углом $B$. По теореме Пифагора

$$B{B}_1=\sqrt{B_1{D}^2-B{D}^2}=\sqrt{{\left(2\sqrt{6}\right)}^2-{\left(\sqrt{6}\right)}^2}=\sqrt{24-6}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}.$$

Высота прямой призмы равна её боковому ребру, поэтому высота призмы равна $3\sqrt{2}$.

Проверим результат другим способом — через площадь ортогональной проекции. При проекции на плоскость основания вершины ромба переходят в вершины квадрата: $B_1\to B$, $M\to A$, $D\to D$, $K\to C$. Значит, квадрат $ABCD$ — ортогональная проекция сечения. По теореме о площади ортогональной проекции $S_{ABCD}=S_{B_{1}MDK}\cdot \cos \phi$, где $\phi$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью основания:

$$\cos \phi =\frac{S_{ABCD}}{S_{B_{1}MDK}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =60^{\circ }.$$

Построим этот угол. Прямая $MK$ параллельна прямой $AC$ плоскости основания, поэтому $MK$ параллельна этой плоскости. Плоскость сечения проходит через $MK$ и точку $D$, значит, она пересекает плоскость основания по прямой $l$, которая проходит через $D$ и параллельна $MK$ и $AC$. Диагонали квадрата перпендикулярны: $BD\perp AC$, поэтому $BD\perp l$. Диагонали ромба тоже перпендикулярны: $B_{1}D\perp MK$, поэтому $B_{1}D\perp l$. Значит, $\angle B_{1}DB$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями, и $\angle B_{1}DB=60^{\circ }$.

Из прямоугольного треугольника $B_{1}BD$:

$$B{B}_1=BD\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}.$$

Результаты совпали.

Ответ: б) $3\sqrt{2}$.