ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Плоскости граней $AD{D}_1{A}_1$ и $BC{C}_1{B}_1$ параллельны по признаку параллельности плоскостей: $AD\parallel BC$ и $A{A}_1\parallel B{B}_1$. Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Плоскость $MKC$ пересекает грань $AD{D}_1{A}_1$ по прямой $MK$, значит, грань $BC{C}_1{B}_1$ она пересекает по прямой, проходящей через $C$ параллельно $MK$. Пусть эта прямая пересекает прямую $B{B}_1$ в точке $N$.

Так как $A_{1}M:M{D}_1=1:2$ и $A_1{D}_1=AD=3$, то $A_{1}M=1$, $M{D}_1=2$. Значит, $M{D}_1=BC=2$.

Сравним треугольники $CBN$ и $M{D}_{1}K$. Они прямоугольные: боковые рёбра прямой призмы перпендикулярны основаниям, поэтому $\angle CBN=\angle M{D}_{1}K=90^{\circ }$. Катеты $BC$ и $M{D}_1$ равны и параллельны, гипотенузы $CN$ и $MK$ параллельны, поэтому острые углы $BCN$ и $D_{1}MK$ равны как углы с соответственно параллельными сторонами. Треугольники равны по катету и прилежащему острому углу, откуда

$$BN=D_{1}K=\frac{1}{2}D{D}_1=\frac{1}{2}B{B}_1.$$

Значит, $N$ — середина ребра $B{B}_1$: плоскость $MKC$ делит отрезок $B{B}_1$ пополам, что и требовалось доказать.

б) Достроим сечение. Прямая $CN$ в плоскости $BC{C}_1{B}_1$ пересекает прямую $B_1{C}_1$ в точке $E$. Точки $E$ и $M$ лежат в плоскости верхнего основания, прямая $EM$ пересекает ребро $A_1{B}_1$ в точке $L$. Сечение — пятиугольник $CKMLN$.

Найдём боковую сторону трапеции. Опустим высоты из $B$ и $C$ на $AD$; в равнобедренной трапеции они отсекают на большем основании отрезки по $\frac{AD-BC}{2}=\frac{1}{2}$. Это проекция боковой стороны $CD$, поэтому

$$CD=\frac{1/2}{\cos 60^{\circ }}=1.$$

Обозначим $B{B}_1=2x$, тогда $BN=N{B}_1=DK=K{D}_1=x$.

Так как $MK\parallel CN$ и $MK\perp KC$, то и $CN\perp KC$: угол $NCK$ прямой. По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках $NBC$, $KDC$ и $NCK$:

$$N{C}^2=x^2+4,K{C}^2=x^2+1,N{K}^2=N{C}^2+K{C}^2=2x^2+5.$$

С другой стороны, отрезки $BN$ и $DK$ равны, параллельны и перпендикулярны основанию, поэтому $BNKD$ — прямоугольник и $NK=BD$. Угол $BCD$ трапеции равен $180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$, по теореме косинусов в треугольнике $BCD$:

$$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2\cdot BC\cdot CD\cdot \cos 120^{\circ }=4+1+2=7.$$

Получаем $2x^2+5=7$, откуда $x=1$. Тогда

$$NC=\sqrt{5},KC=\sqrt{2},MK=\sqrt{M{D}_1^2+D_1{K}^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}.$$

Треугольники $NBC$ и $N{B}_{1}E$ равны: $BN=N{B}_1$, углы при вершинах $B$ и $B_1$ прямые, углы при вершине $N$ вертикальные. Значит, $E{B}_1=BC=2$ и $EN=NC=\sqrt{5}$, то есть $EC=2\sqrt{5}$.

В плоскости верхнего основания $E{B}_1\parallel A_{1}M$ (прямые $B_1{C}_1$ и $A_1{D}_1$ параллельны). Треугольники $EL{B}_1$ и $ML{A}_1$ подобны: углы при $L$ вертикальные, а углы при $E$ и $M$ накрест лежащие. Поэтому

$$\frac{EL}{LM}=\frac{E{B}_1}{A_{1}M}=\frac{2}{1},\frac{EL}{EM}=\frac{2}{3}.$$

Сечение $CKMLN$ получается из четырёхугольника $ECKM$ отрезанием треугольника $ENL$. В четырёхугольнике $ECKM$ стороны $EC$ и $MK$ параллельны и не равны, значит, это трапеция, а $KC$ перпендикулярна обоим основаниям и служит высотой:

$$S_{ECKM}=\frac{EC+MK}{2}\cdot KC=\frac{2\sqrt{5}+\sqrt{5}}{2}\cdot \sqrt{2}=\frac{3\sqrt{10}}{2}.$$

В треугольнике $ENM$ высота из $M$ на прямую $EC$ равна расстоянию между параллельными прямыми $MK$ и $EC$, то есть $KC=\sqrt{2}$:

$$S_{ENM}=\frac{1}{2}\cdot EN\cdot KC=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{2}=\frac{\sqrt{10}}{2}.$$

Треугольники $ENL$ и $ENM$ имеют общую высоту из вершины $N$, а их основания $EL$ и $EM$ лежат на одной прямой, поэтому

$$S_{ENL}=\frac{EL}{EM}\cdot S_{ENM}=\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{10}}{2}=\frac{\sqrt{10}}{3}.$$

Площадь сечения:

$$S=S_{ECKM}-S_{ENL}=\frac{3\sqrt{10}}{2}-\frac{\sqrt{10}}{3}=\frac{9\sqrt{10}-2\sqrt{10}}{6}=\frac{7\sqrt{10}}{6}.$$

Ответ: б) $\frac{7\sqrt{10}}{6}$.