ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Прямые $MK$ и $AD$ лежат в плоскости грани $A{A}_1{D}_{1}D$ и не параллельны (иначе $MK$ была бы параллельна $A_1{D}_1$). Продлим $MK$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $T$.

Найдём $DT$. Призма прямая, поэтому $D{D}_1\perp A_1{D}_1$ и $D{D}_1\perp AD$. Рассмотрим прямоугольные треугольники $K{D}_{1}M$ и $KDT$: у них $K{D}_1=KD$ ($K$ — середина $D{D}_1$), $\angle MK{D}_1=\angle TKD$ как вертикальные. Значит, треугольники равны по катету и прилежащему острому углу, и $DT=D_{1}M$. При этом точки $M$ и $T$ лежат по разные стороны от прямой $D{D}_1$, поэтому $T$ лежит на продолжении $AD$ за точку $D$.

По условию $A_{1}M:M{D}_1=2:3$ и $A_1{D}_1=AD=5$, поэтому $M{D}_1=\frac{3}{5}\cdot 5=3$ и $DT=3$.

Точка $T$ лежит на прямой $MK$, значит, в плоскости $MKC$. Точки $T$ и $C$ лежат и в плоскости основания, поэтому плоскость $MKC$ пересекает основание по прямой $CT$.

В трапеции $ABCD$ основания параллельны: $BC\parallel AD$, а значит, $BC\parallel DT$. Кроме того, $BC=3=DT$, и отрезки $BC$ и $DT$ направлены одинаково (в сторону от $A$ к $D$). Четырёхугольник $BCTD$, у которого противоположные стороны $BC$ и $DT$ равны и параллельны, — параллелограмм. Поэтому $CT\parallel BD$.

Прямая $BD$ не лежит в плоскости $MKC$: иначе она лежала бы на линии пересечения этой плоскости с основанием, то есть на прямой $CT$, а $BD$ ей параллельна и с ней не совпадает. Итак, $BD$ параллельна прямой $CT$ плоскости $MKC$, и по признаку параллельности прямой и плоскости $BD\parallel (MKC)$. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим $DK=K{D}_1=x$, тогда высота призмы $D{D}_1=2x$. Найдём $x$ из условия $\angle MKC=90^{\circ }$.

Сначала разберёмся с основанием. Проведём высоту $CF$ трапеции. В равнобедренной трапеции $DF=\frac{AD-BC}{2}=\frac{5-3}{2}=1$. Из прямоугольного треугольника $CFD$ с углом $\angle D=60^{\circ }$:

$$CD=\frac{DF}{\cos 60^{\circ }}=2.$$

Выразим стороны треугольника $MKC$ через $x$.

Треугольник $M{D}_{1}K$ прямоугольный с прямым углом $D_1$:

$$M{K}^2=M{D}_1^2+D_1{K}^2=9+x^2.$$

Треугольник $KDC$ прямоугольный с прямым углом $D$ ($KD\perp (ABC)$):

$$K{C}^2=K{D}^2+D{C}^2=x^2+4.$$

Пусть $M^{\prime }$ — проекция точки $M$ на плоскость основания. Она лежит на $AD$, причём $D{M}^{\prime }=D_{1}M=3$ и $M{M}^{\prime }=D{D}_1=2x$. По теореме косинусов в треугольнике $M^{\prime }DC$ с углом $\angle M^{\prime }DC=60^{\circ }$:

$$M^{\prime }{C}^2=M^{\prime }{D}^2+D{C}^2-2\cdot M^{\prime }D\cdot DC\cdot \cos 60^{\circ }=9+4-2\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=7.$$

Треугольник $M{M}^{\prime }C$ прямоугольный с прямым углом $M^{\prime }$, поэтому

$$M{C}^2=M{M}^{\prime 2}+M^{\prime }{C}^2=4x^2+7.$$

Так как $\angle MKC=90^{\circ }$, по теореме Пифагора $M{K}^2+K{C}^2=M{C}^2$:

$$9+x^2+x^2+4=4x^2+7\iff 2x^2=6\iff x=\sqrt{3}.$$

Итак, $KD=\sqrt{3}$.

Теперь построим линейный угол двугранного угла между плоскостью $MKC$ и основанием. Их линия пересечения — прямая $CT$. В плоскости основания опустим перпендикуляр $DH$ на прямую $CT$. Отрезок $KD$ перпендикулярен плоскости основания, $DH$ — проекция наклонной $KH$, и $CT\perp DH$. По теореме о трёх перпендикулярах $CT\perp KH$. Значит, $\angle KHD$ — линейный угол двугранного угла. Треугольник $KDH$ прямоугольный с прямым углом $D$, угол $KHD$ острый и равен искомому углу $\phi$:

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{KD}{DH}.$$

Найдём $DH$ из треугольника $DCT$: $DC=2$, $DT=3$, а $\angle CDT=180^{\circ }-\angle ADC=120^{\circ }$, так как $T$ лежит на продолжении $AD$ за точку $D$. По теореме косинусов

$$C{T}^2=D{C}^2+D{T}^2-2\cdot DC\cdot DT\cdot \cos 120^{\circ }=4+9+6=19\Rightarrow CT=\sqrt{19}.$$

Площадь треугольника $DCT$:

$$S_{DCT}=\frac{1}{2}\cdot DC\cdot DT\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

С другой стороны, $S_{DCT}=\frac{1}{2}\cdot CT\cdot DH$, откуда

$$DH=\frac{2S_{DCT}}{CT}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{19}}.$$

Тогда

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{KD}{DH}=\sqrt{3}:\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{\sqrt{19}}{3}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{19}}{3}$.