На ребрах AB и B₁C₁ правильной треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ отметили… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2026 развёрнутое

На ребрах $A B$ и $B_{1} C_{1}$ правильной треугольной призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ отметили соответственно точки $T$ и $K$ так, что $A T : T B = 2 : 1$ и $B_{1} K = K C_{1} .$ Через точки $K$ и $C$ параллельно прямой $T B_{1}$ проведена плоскость $α .$

а) Докажите, что точка пересечения плоскости $α$ с ребром $A B$ является серединой отрезка $A T .$

б) Найдите площадь сечения призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ плоскостью $α,$ если $A B = 42,$ $A A_{1} = 37 .$

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

Разбор — 3 балла

а) Пусть $A B = a$ . В плоскости основания проведём через $T$ прямую, параллельную $B C$ ; пусть она пересекает $A C$ в точке $N$ . Треугольник $A T N$ подобен треугольнику $A B C$ с коэффициентом $\frac{A T}{A B} = \frac{2}{3}$ , поэтому

$T N = A N = \frac{2}{3} a, N C = A C - A N = \frac{1}{3} a .$

Отметим на отрезке $T N$ точку $P$ так, что $T P = B_{1} K = \frac{1}{2} a$ . Тогда $N P = \frac{2}{3} a - \frac{1}{2} a = \frac{1}{6} a$ .

Отрезки $T P$ и $B_{1} K$ параллельны (оба параллельны $B C$ ), равны и одинаково направлены, поэтому $T B_{1} K P$ — параллелограмм, и $K P ∥ T B_{1}$ . Плоскость $α$ параллельна $T B_{1}$ и содержит точку $K$ , поэтому прямая, проходящая через $K$ параллельно $T B_{1}$ , лежит в $α$ . Значит, $P \in α$ .

Точки $C$ и $P$ лежат и в $α$ , и в плоскости основания, поэтому $α$ пересекает основание по прямой $C P$ . Пусть $E$ — точка пересечения прямой $C P$ с $A B$ ; это и есть точка пересечения $α$ с ребром $A B$ .

Применим теорему Менелая к треугольнику $A T N$ и прямой $C E$ : она пересекает сторону $A T$ в точке $E$ , сторону $T N$ в точке $P$ и продолжение стороны $A N$ в точке $C$ :

$\frac{A E}{E T} \cdot \frac{T P}{P N} \cdot \frac{N C}{C A} = 1 \Rightarrow \frac{A E}{E T} \cdot \frac{\frac{1}{2} a}{\frac{1}{6} a} \cdot \frac{\frac{1}{3} a}{a} = 1 \Rightarrow \frac{A E}{E T} \cdot 3 \cdot \frac{1}{3} = 1.$

Отсюда $A E = E T$ , то есть $E$ — середина $A T$ . Что и требовалось доказать.

б) Плоскость $α$ пересекает параллельные плоскости оснований по параллельным прямым. Значит, в верхнем основании след сечения проходит через $K$ параллельно $C E$ ; пусть он пересекает $A_{1} B_{1}$ в точке $F$ . Сечение — четырёхугольник $C E F K$ , в котором $K F ∥ C E$ .

Пусть $M$ — середина $B C$ . Так как $A E = E T = \frac{1}{3} a$ , то $T B = \frac{1}{3} a = E T$ , то есть $T$ — середина $E B$ . Тогда $T M$ — средняя линия треугольника $B C E$ :

$T M ∥ C E, T M = \frac{1}{2} C E .$

Пусть $F^{'}$ — точка ребра $A_{1} B_{1}$ , лежащая над $T$ ( $T F^{'} ∥ A A_{1}$ ). Отрезки $K M$ и $F^{'} T$ параллельны боковым рёбрам и равны им, поэтому $K M T F^{'}$ — параллелограмм и $K F^{'} ∥ M T ∥ C E$ . Значит, $F^{'}$ лежит на прямой, проходящей через $K$ параллельно $C E$ , то есть $F^{'} = F$ , и

$K F = M T = \frac{1}{2} C E .$

Так как $K F \neq = C E$ , сечение $C E F K$ — трапеция с основаниями $C E$ и $K F$ .

Плоскость грани $A B B_{1} A_{1}$ содержит прямую $T B_{1}$ , параллельную $α$ , и пересекает $α$ по прямой $E F$ , поэтому $E F ∥ T B_{1} ∥ K P$ . Кроме того, $K F ∥ P E$ . Значит, $E F K P$ — параллелограмм, $P E = K F = \frac{1}{2} C E$ , и $P$ — середина $C E$ .

Найдём $C E$ по теореме косинусов в треугольнике $B C E$ , где $B C = a$ , $B E = \frac{2}{3} a$ , $∠ B = 6 0^{\circ}$ :

$C E^{2} = a^{2} + \frac{4}{9} a^{2} - 2 \cdot a \cdot \frac{2}{3} a \cdot \frac{1}{2} = \frac{7}{9} a^{2} \Rightarrow C E = \frac{a 7}{3} = \frac{42 7}{3} = 147 .$

Тогда

$K F = C P = \frac{1}{2} C E = 77 .$

Найдём стороны треугольника $C K P$ . Отрезок $K P$ равен $T B_{1}$ (противоположные стороны параллелограмма), а $T B_{1}$ — гипотенуза прямоугольного треугольника $T B B_{1}$ с катетами $T B = \frac{1}{3} a = 14$ и $B B_{1} = 37$ :

$K P^{2} = T B_{1}^{2} = 1 4^{2} + (37)^{2} = 196 + 63 = 259.$

Отрезок $C K$ — гипотенуза прямоугольного треугольника $C C_{1} K$ с катетами $C C_{1} = 37$ и $C_{1} K = \frac{1}{2} a = 21$ :

$C K^{2} = 63 + 441 = 504 \Rightarrow C K = 614 .$

По теореме косинусов в треугольнике $C K P$ :

$cos ∠ K C P = \frac{C P ^{2} + C K ^{2} - K P ^{2}}{2 \cdot C P \cdot C K} = \frac{343 + 504 - 259}{2 \cdot 7 7 \cdot 6 14} = \frac{588}{588 2} = \frac{1}{2} .$

Значит, $∠ K C P = 4 5^{\circ}$ и $sin ∠ K C P = \frac{2}{2}$ .

Проведём высоту трапеции $K R ⊥ C E$ . Из прямоугольного треугольника $C K R$ :

$K R = C K \cdot sin 4 5^{\circ} = 614 \cdot \frac{2}{2} = 328 = 67 .$

Площадь трапеции:

$S_{C E F K} = \frac{K F + C E}{2} \cdot K R = \frac{7 7 + 14 7}{2} \cdot 67 = \frac{21 7}{2} \cdot 67 = 441.$

Ответ: б) $441$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15