Дана правильная треугольная призма ABCA₁B₁C₁, в которой сторона… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2020 развёрнутое

Дана правильная треугольная призма $A B C A_{1} B_{1} C_{1},$ в которой сторона основания $A B = 4,$ боковое ребро $A A_{1} = 27 .$ Пусть $Q$ — точка пересечения диагоналей грани $A B B_{1} A_{1},$ точки $M, N$ и $K$ — середины ребер $B C,$ $C C_{1}$ и $A_{1} C_{1}$ соответственно.

a) Докажите, что точки $Q, M, N$ и $K$ лежат в одной плоскости.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью $(QM N) .$

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

Разбор — 3 балла

а) Рассмотрим плоскость $(K N M)$ и найдём, где она пересекает плоскость грани $A B B_{1} A_{1}$ .

В плоскости $(A A_{1} C_{1})$ продлим прямую $N K$ до пересечения с прямой $A A_{1}$ в точке $X$ . Сравним треугольники $A_{1} X K$ и $C_{1} N K$ : $A_{1} K = C_{1} K$ , так как $K$ — середина $A_{1} C_{1}$ ; $∠ X K A_{1} = ∠ N K C_{1}$ как вертикальные; $∠ X A_{1} K = ∠ N C_{1} K$ как накрест лежащие при параллельных прямых $A A_{1}$ , $C C_{1}$ и секущей $A_{1} C_{1}$ . Треугольники равны по стороне и двум прилежащим углам, поэтому

$A_{1} X = C_{1} N = \frac{C C _{1}}{2} = 7, X K = K N .$

Точка $X$ лежит на продолжении ребра $A A_{1}$ за точку $A_{1}$ .

Точно так же в плоскости $(B B_{1} C_{1})$ продлим прямую $N M$ до пересечения с прямой $B B_{1}$ в точке $Y$ . Треугольники $B Y M$ и $C N M$ равны ( $B M = C M$ , вертикальные углы при вершине $M$ , накрест лежащие углы при параллельных $B B_{1}$ и $C C_{1}$ ), поэтому

$B Y = C N = 7, Y M = M N,$

и точка $Y$ лежит на продолжении ребра $B_{1} B$ за точку $B$ .

Точки $X$ и $Y$ лежат на прямых $K N$ и $M N$ , то есть в плоскости $(K N M)$ , и на прямых $A A_{1}$ и $B B_{1}$ , то есть в плоскости грани $A B B_{1} A_{1}$ .

Рассмотрим четырёхугольник $X A_{1} Y B$ в плоскости $(A B B_{1})$ . Векторы $X A_{1}$ и $B Y$ направлены одинаково (вдоль боковых рёбер вниз) и имеют одну длину $7$ , то есть $X A_{1} = B Y$ . Значит, $X A_{1} Y B$ — параллелограмм, и его диагонали $X Y$ и $A_{1} B$ точкой пересечения делятся пополам.

Точка $Q$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника $A B B_{1} A_{1}$ , поэтому она середина отрезка $A_{1} B$ . Значит, $Q$ — и середина отрезка $X Y$ . Прямая $X Y$ лежит в плоскости $(K N M)$ , так как две её точки лежат в этой плоскости. Следовательно, $Q$ лежит в плоскости $(K N M)$ , то есть точки $Q$ , $M$ , $N$ и $K$ лежат в одной плоскости. Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) плоскость $(QM N)$ совпадает с плоскостью $(K N M)$ и пересекает плоскость грани $A B B_{1} A_{1}$ по прямой $X Y$ . Пусть $X Y$ пересекает рёбра $A_{1} B_{1}$ и $A B$ в точках $P$ и $L$ . Тогда плоскость пересекает грани призмы по отрезкам $L P$ , $P K$ , $K N$ , $N M$ , $M L$ , и сечение — пятиугольник $L P K N M$ .

Найдём положение точек $P$ и $L$ . Прямоугольные треугольники $X A_{1} P$ и $Y B L$ (прямые углы при вершинах $A_{1}$ и $B$ ) равны: $X A_{1} = Y B = 7$ , а $∠ A_{1} X P = ∠ B Y L$ как накрест лежащие при параллельных прямых $A A_{1}$ , $B B_{1}$ и секущей $X Y$ . Поэтому $A_{1} P = B L$ и $X P = Y L$ .

Прямые $A_{1} P$ и $A L$ параллельны ( $A_{1} B_{1} ∥ A B$ ), поэтому треугольники $X A_{1} P$ и $X A L$ подобны. Коэффициент подобия

$\frac{X A _{1}}{X A} = \frac{7}{7 + 2 7} = \frac{1}{3},$

значит, $A L = 3 A_{1} P = 3 B L$ и $X L = 3 X P$ . Так как $A L + B L = A B = 4$ , получаем $4 B L = 4$ :

$B L = A_{1} P = 1, A L = 3, P B_{1} = 3.$

По теореме Пифагора для треугольника $X A_{1} P$ :

$X P = A_{1} X^{2} + A_{1} P^{2} = 7 + 1 = 22,$

и $Y L = X P = 22$ . Тогда $X L = 3 X P = 62$ , $P L = X L - X P = 42$ и

$X Y = X L + L Y = 62 + 22 = 82 .$

Сечение получается из треугольника $X Y N$ отрезанием двух треугольников $X P K$ и $Y L M$ (точки $K$ и $M$ — середины сторон $X N$ и $Y N$ ). Поэтому

$S_{L P K N M} = S_{X Y N} - S_{X P K} - S_{Y L M} .$

Пусть $T$ и $R$ — середины рёбер $A B$ и $A_{1} B_{1}$ . Медиана $C T$ равностороннего треугольника $A B C$ является высотой, $C T ⊥ A B$ , и, кроме того, $C T ⊥ A A_{1}$ (призма прямая). Значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $C T ⊥ (A B B_{1})$ . Так же $C_{1} R ⊥ (A B B_{1})$ . Длина медианы равностороннего треугольника со стороной 4:

$C T = C_{1} R = \frac{4 3}{2} = 23 .$

Высота треугольника $X Y N$ . Четырёхугольник $C T R C_{1}$ — прямоугольник, точка $Q$ — середина $T R$ (центр грани $A B B_{1} A_{1}$ лежит на её средней линии $T R$ ), $N$ — середина $C C_{1}$ . Отрезок, соединяющий середины противоположных сторон прямоугольника, параллелен и равен двум другим сторонам: $N Q ∥ C T$ и $N Q = C T = 23$ . Значит, $N Q ⊥ (A B B_{1})$ , в частности $N Q ⊥ X Y$ , и $N Q$ — высота треугольника $X Y N$ :

$S_{X Y N} = \frac{1}{2} \cdot X Y \cdot N Q = \frac{1}{2} \cdot 82 \cdot 23 = 86 .$

Треугольник $X P K$ . Так как $A_{1} P = 1$ и $A_{1} R = 2$ , точка $P$ — середина $A_{1} R$ , а $K$ — середина $A_{1} C_{1}$ . Значит, $P K$ — средняя линия треугольника $A_{1} R C_{1}$ : $P K ∥ C_{1} R$ и $P K = \frac{1}{2} C_{1} R = 3$ . Прямая $P K$ параллельна $C_{1} R$ , поэтому тоже перпендикулярна плоскости $(A B B_{1})$ , и $P K ⊥ X P$ :

$S_{X P K} = \frac{1}{2} \cdot X P \cdot P K = \frac{1}{2} \cdot 22 \cdot 3 = 6 .$

Треугольник $Y L M$ — аналогично: $B L = 1 = \frac{1}{2} B T$ , поэтому $L$ — середина $B T$ , $M$ — середина $B C$ , и $L M$ — средняя линия треугольника $B T C$ . Значит, $L M ∥ C T$ , $L M = 3$ и $L M ⊥ L Y$ :

$S_{Y L M} = \frac{1}{2} \cdot L Y \cdot L M = \frac{1}{2} \cdot 22 \cdot 3 = 6 .$

Площадь сечения:

$S_{L P K N M} = 86 - 6 - 6 = 66 .$

Ответ: б) $66$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15