Диагонали BE и DF основания ABCDEF правильной шестиугольной призмы… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы средняя 2024 развёрнутое

Диагонали $B E$ и $D F$ основания $A B C D E F$ правильной шестиугольной призмы $A B C D E F A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} E_{1} F_{1}$ пересекаются в точке $P,$ а диагонали $F E_{1}$ и $E F_{1}$ боковой грани $E F F_{1} E_{1}$ пересекаются в точке $Q .$

a) Докажите, что прямая $QP$ параллельна плоскости $(C B_{1} E_{1}) .$

б) Найдите расстояние между прямой $QP$ и плоскостью $(C B_{1} E_{1}),$ если сторона основания призмы $A B C D E F A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} E_{1} F_{1}$ равна $23,$ а её высота равна 4.

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

а) Обозначим плоскость $C B_{1} E_{1}$ через $α$ . Прямая $B_{1} E_{1}$ параллельна $B E$ (противоположные стороны прямоугольника $B B_{1} E_{1} E$ ), а в правильном шестиугольнике большая диагональ $B E$ параллельна сторонам $C D$ и $A F$ . Значит, $B_{1} E_{1} ∥ C D$ . Прямая, проходящая через точку $C$ плоскости $α$ параллельно прямой $B_{1} E_{1}$ этой плоскости, лежит в $α$ ; это прямая $C D$ . Итак, $D \in α$ , и сечение призмы плоскостью $α$ — четырёхугольник $C B_{1} E_{1} D$ .

Диагонали прямоугольника $E F F_{1} E_{1}$ точкой пересечения делятся пополам, поэтому $Q$ — середина $F E_{1}$ .

В основании треугольник $D E F$ равнобедренный ( $E D = E F$ ) с углом $∠ D E F = 12 0^{\circ}$ . Диагональ $B E$ проходит через центр $O$ шестиугольника, а треугольник $O E D$ равносторонний, поэтому $∠ D E B = 6 0^{\circ} = \frac{1}{2} ∠ D E F$ . Значит, $E P$ — биссектриса равнобедренного треугольника $D E F$ , проведённая к основанию, а потому и медиана: $P$ — середина $D F$ .

В треугольнике $F D E_{1}$ отрезок $QP$ соединяет середины сторон $F E_{1}$ и $F D$ , то есть является средней линией: $QP ∥ D E_{1}$ . Прямая $D E_{1}$ лежит в $α$ , а прямая $QP$ в $α$ не лежит (точка $P$ лежит в плоскости основания, но не на прямой $C D$ , по которой $α$ пересекает основание). По признаку параллельности прямой и плоскости $QP ∥ α$ . Что и требовалось доказать.

б) Так как $QP ∥ α$ , все точки прямой $QP$ удалены от $α$ одинаково, и искомое расстояние равно расстоянию от точки $P$ до $α$ .

Точка $P$ лежит на прямой $B E$ , а $B E ∥ C D$ , поэтому $B E ∥ α$ , и расстояние от $P$ до $α$ равно расстоянию от любой точки прямой $B E$ . Возьмём центр $O$ нижнего основания (середину $B E$ ).

Пусть $N$ — середина $C D$ , $O_{1}$ — центр верхнего основания. Точка $O_{1}$ — середина $B_{1} E_{1}$ , поэтому $O_{1} \in α$ , и прямая $N O_{1}$ лежит в $α$ .

Треугольник $O C D$ равносторонний, поэтому его медиана $O N$ является высотой: $O N ⊥ C D$ . Отрезок $O O_{1}$ соединяет центры оснований правильной призмы, поэтому он параллелен боковым рёбрам и перпендикулярен основаниям, в частности $O O_{1} ⊥ C D$ . Значит, $C D ⊥ (O N O_{1})$ .

В плоскости $O N O_{1}$ проведём $O H ⊥ N O_{1}$ . Так как $C D ⊥ (O N O_{1})$ , имеем $C D ⊥ O H$ . Прямая $O H$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $C D$ и $N O_{1}$ плоскости $α$ , поэтому $O H ⊥ α$ , и $O H$ — искомое расстояние.

Отрезок $O N$ — высота равностороннего треугольника со стороной $23$ :

$O N = \frac{3}{2} \cdot 23 = 3.$

Отрезок $O O_{1}$ равен высоте призмы: $O O_{1} = 4$ . Треугольник $O N O_{1}$ прямоугольный с прямым углом $O$ , поэтому

$N O_{1} = O N^{2} + O O_{1}^{2} = 9 + 16 = 5.$

Отрезок $O H$ — высота этого треугольника, проведённая к гипотенузе:

$O H = \frac{O N \cdot O O _{1}}{N O _{1}} = \frac{3 \cdot 4}{5} = 2, 4.$

Ответ: б) $2, 4$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15