ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Призма правильная, значит, прямая: боковое ребро $A{A}_1$ перпендикулярно плоскости $A_1{B}_1{C}_1$. Точка $D$ лежит на прямой $A{A}_1$, поэтому $D{A}_1\perp (A_1{B}_1{C}_1)$ и $A_1$ — проекция точки $D$ на эту плоскость. Точка $E$ лежит на прямой $B_1{C}_1$, то есть в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$, и проектируется сама в себя. Значит, прямая $A_{1}E$ — проекция наклонной $DE$ на плоскость $A_1{B}_1{C}_1$.

Рассмотрим треугольник $A_1{B}_{1}E$ в плоскости верхнего основания. Треугольник $A_1{B}_1{C}_1$ правильный, поэтому $\angle C_1{A}_1{B}_1=\angle A_1{C}_1{B}_1=60^{\circ }$ и $A_1{C}_1=B_1{C}_1$. По условию $C_1$ — середина $B_{1}E$, значит,

$$C_{1}E=B_1{C}_1=A_1{C}_1.$$

Треугольник $A_1{C}_{1}E$ равнобедренный, а его угол при вершине $C_1$ смежен с углом $A_1{C}_1{B}_1$:

$$\angle A_1{C}_{1}E=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }\Rightarrow \angle C_1{A}_{1}E=\frac{180^{\circ }-120^{\circ }}{2}=30^{\circ }.$$

Тогда $\angle B_1{A}_{1}E=\angle B_1{A}_1{C}_1+\angle C_1{A}_{1}E=60^{\circ }+30^{\circ }=90^{\circ }$, то есть $A_1{B}_1\perp A_{1}E$.

Прямая $A_1{B}_1$ лежит в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ и перпендикулярна проекции $A_{1}E$ наклонной $DE$. По теореме о трёх перпендикулярах она перпендикулярна и самой наклонной: $A_1{B}_1\perp DE$. Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим плоскость $ADE$, в ней лежат точки $A$, $A_1$, $D$, $E$. Прямая $A_1{B}_1$ перпендикулярна $A{A}_1$ (боковое ребро перпендикулярно плоскости основания) и перпендикулярна $A_{1}E$ (доказано в пункте а). Прямые $A{A}_1$ и $A_{1}E$ пересекаются и лежат в плоскости $ADE$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_1{B}_1\perp (ADE)$.

Прямая $AB$ параллельна $A_1{B}_1$ (противоположные стороны боковой грани $AB{B}_1{A}_1$). Если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и другая ей перпендикулярна, значит, $AB\perp (ADE)$, и $AB$ пересекает эту плоскость в точке $A$.

В плоскости $ADE$ опустим перпендикуляр $AF$ на прямую $DE$. Прямая $AF$ лежит в плоскости $ADE$, поэтому $AF\perp AB$. Кроме того, $AF\perp DE$ по построению. Значит, $AF$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $AB$ и $DE$, и искомое расстояние равно $AF$.

Чтобы найти $AF$, продлим $DE$ до пересечения с плоскостью $ABC$ в точке $L$. Плоскость $ADE$ пересекает параллельные плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ и $ABC$ по параллельным прямым, поэтому $A_{1}E\parallel AL$. В треугольнике $ADL$ точка $A_1$ — середина $AD$ и $A_{1}E\parallel AL$, значит, по теореме Фалеса $E$ — середина $DL$, а $A_{1}E$ — средняя линия треугольника $ADL$. Поэтому $AL=2A_{1}E$.

Найдём $A_{1}E$ из прямоугольного треугольника $A_1{B}_{1}E$, где $A_1{B}_1=AB=4$ и $B_{1}E=2B_1{C}_1=8$:

$$A_{1}E=\sqrt{B_1{E}^2-A_1{B}_1^2}=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}\Rightarrow AL=8\sqrt{3}.$$

Кроме того, $AD=2A{A}_1=2$. Прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, поэтому $AD\perp AL$, и треугольник $DAL$ прямоугольный с прямым углом $A$. По теореме Пифагора

$$DL=\sqrt{A{D}^2+A{L}^2}=\sqrt{4+192}=\sqrt{196}=14.$$

Отрезок $AF$ — высота этого треугольника, проведённая к гипотенузе. Записав площадь двумя способами, $\frac{1}{2}AD\cdot AL=\frac{1}{2}DL\cdot AF$, получаем

$$AF=\frac{AD\cdot AL}{DL}=\frac{2\cdot 8\sqrt{3}}{14}=\frac{8\sqrt{3}}{7}.$$

Ответ: б) $\frac{8\sqrt{3}}{7}$.