В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ сторона AB основания равна 80, а… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2026 развёрнутое

В правильной четырёхугольной призме $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ сторона $A B$ основания равна 80, а боковое ребро $A A_{1}$ равно $402 .$ На рёбрах $B C$ и $C_{1} D_{1}$ отмечены точки $K$ и $L$ соответственно, причём $B K = C_{1} L = 20.$ Плоскость $γ$ параллельна прямой $B D$ и содержит точки $K$ и $L .$

а) Докажите, что прямая $A_{1} C$ перпендикулярна плоскости $γ .$

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $γ .$

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

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение призмы плоскостью $γ$ . Если прямая параллельна плоскости, то прямая, проведённая через точку этой плоскости параллельно данной прямой, лежит в плоскости. Поэтому прямые, проходящие через $K$ и $L$ параллельно $B D$ , лежат в $γ$ .

В нижнем основании проведём через $K$ прямую, параллельную $B D$ ; пусть она пересекает ребро $C D$ в точке $X_{1}$ . Треугольник $C K X_{1}$ подобен треугольнику $C B D$ , а $C B = C D$ , поэтому $C X_{1} = C K = 80 - 20 = 60$ .

В верхнем основании $B_{1} D_{1} ∥ B D$ . Проведём через $L$ прямую, параллельную $B_{1} D_{1}$ ; пусть она пересекает ребро $B_{1} C_{1}$ в точке $X_{2}$ . Аналогично $C_{1} X_{2} = C_{1} L = 20$ .

Сечение — четырёхугольник $K X_{1} L X_{2}$ .

Первая прямая. Отрезок $A C$ — проекция наклонной $A_{1} C$ на плоскость основания, а диагонали квадрата перпендикулярны: $A C ⊥ B D$ . По теореме о трёх перпендикулярах $A_{1} C ⊥ B D$ , а так как $K X_{1} ∥ B D$ , то $A_{1} C ⊥ K X_{1}$ .

Вторая прямая. Пусть $P$ — точка пересечения $A C$ и $K X_{1}$ , а $R$ — точка пересечения $A_{1} C_{1}$ и $L X_{2}$ . Точки $P$ и $R$ лежат в $γ$ и в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ . Треугольник $C K X_{1}$ прямоугольный равнобедренный, и $C P$ — его высота к гипотенузе, поэтому

$C P = C K \cdot cos 4 5^{\circ} = 60 \cdot \frac{2}{2} = 302, C_{1} R = C_{1} L \cdot cos 4 5^{\circ} = 20 \cdot \frac{2}{2} = 102 .$

Рассмотрим прямоугольник $A A_{1} C_{1} C$ : $A C = 802$ , $A A_{1} = C C_{1} = 402$ . Так как $C_{1} R < C P$ , прямая $P R$ пересекает прямую $C C_{1}$ в некоторой точке $T$ за точкой $C_{1}$ . Так как $C_{1} R ∥ C P$ , треугольники $T C_{1} R$ и $T C P$ подобны:

$\frac{T C _{1}}{T C} = \frac{C _{1} R}{C P} = \frac{10 2}{30 2} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 3 T C_{1} = T C_{1} + 402 \Leftrightarrow T C_{1} = 202 .$

Тогда $T C = T C_{1} + C C_{1} = 602$ .

Сравним прямоугольные треугольники $A_{1} A C$ и $P C T$ (прямые углы $A$ и $C$ ). Отношения их катетов равны:

$\frac{A A _{1}}{A C} = \frac{40 2}{80 2} = \frac{1}{2}, \frac{P C}{C T} = \frac{30 2}{60 2} = \frac{1}{2} .$

Значит, треугольники подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, и $∠ A_{1} C A = ∠ P T C$ .

Точки $P$ и $R$ лежат на сторонах $A C$ и $A_{1} C_{1}$ прямоугольника по разные стороны от диагонали $A_{1} C$ , поэтому отрезок $P R$ пересекает $A_{1} C$ в некоторой точке $Z$ . В треугольнике $P Z C$

$∠ Z C P + ∠ Z P C = ∠ P T C + ∠ T P C = 9 0^{\circ},$

так как в прямоугольном треугольнике $P C T$ сумма острых углов равна $9 0^{\circ}$ . Следовательно, $∠ P Z C = 9 0^{\circ}$ , то есть $A_{1} C ⊥ P R$ .

Итак, прямая $A_{1} C$ перпендикулярна двум пересекающимся (в точке $P$ ) прямым $K X_{1}$ и $P R$ плоскости $γ$ . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_{1} C ⊥ γ$ . Что и требовалось доказать.

б) Прямая $B D$ параллельна плоскости $γ$ , поэтому все её точки находятся на одном расстоянии от $γ$ . Найдём расстояние от центра основания $O$ — точки пересечения диагоналей $A C$ и $B D$ .

Проведём через $O$ прямую, параллельную $A_{1} C$ . Она лежит в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ и, как и $A_{1} C$ , перпендикулярна $γ$ . Пусть она пересекает $γ$ в точке $Q$ . Точка $Q$ лежит и в $γ$ , и в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ , то есть на прямой $P R$ , по которой эти плоскости пересекаются. Искомое расстояние равно $O Q$ , причём $O Q ⊥ P R$ .

Точка $P$ лежит между $O$ и $C$ :

$O P = O C - P C = 402 - 302 = 102 .$

Проведём через $O$ прямую, параллельную $A A_{1}$ ; она пересекает продолжение отрезка $R P$ за точку $P$ в точке $E$ . Прямоугольные треугольники $O P E$ и $C P T$ подобны (прямые углы $O$ и $C$ , углы при вершине $P$ равны как вертикальные), коэффициент подобия равен $\frac{O P}{C P} = \frac{1}{3}$ . Поэтому

$O E = \frac{1}{3} C T = \frac{60 2}{3} = 202 .$

По теореме Пифагора в треугольнике $O P E$

$P E = O P^{2} + O E^{2} = 200 + 800 = 1000 = 1010 .$

Отрезок $O Q$ — высота прямоугольного треугольника $O P E$ , проведённая к гипотенузе, поэтому

$O Q = \frac{O P \cdot O E}{P E} = \frac{10 2 \cdot 20 2}{10 10} = \frac{40}{10} = 410 .$

Значит, расстояние от точки $B$ до плоскости $γ$ равно $410$ .

Ответ: б) $410$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15