ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Пусть $h$ — высота призмы. Так как $A_1{D}_1=AD=3$ и $A_{1}M:M{D}_1=1:2$, то $A_{1}M=1$, $M{D}_1=2$. Значит, $M{D}_1=BC=2$.

Грани $AD{D}_1{A}_1$ и $BC{C}_1{B}_1$ параллельны по признаку параллельности плоскостей: пересекающиеся прямые $AD$ и $A{A}_1$ одной грани параллельны прямым $BC$ и $B{B}_1$ другой. Поэтому плоскость $MKC$ пересекает эти грани по параллельным прямым: по $MK$ и по прямой, проходящей через $C$ параллельно $MK$. Покажем, что эта прямая проходит через середину $P$ ребра $B{B}_1$.

Векторы $\overrightarrow{M{D}_1}$ и $\overrightarrow{BC}$ сонаправлены (оба направлены так же, как $\overrightarrow{AD}$: $A_1{D}_1\parallel AD$, а основания трапеции $BC$ и $AD$ сонаправлены) и имеют одинаковую длину 2, поэтому $\overrightarrow{M{D}_1}=\overrightarrow{BC}$. Векторы $\overrightarrow{D_{1}K}$ и $\overrightarrow{PB}$ сонаправлены (оба идут вдоль боковых рёбер от верхнего основания к нижнему) и имеют длину $\frac{h}{2}$, поэтому $\overrightarrow{D_{1}K}=\overrightarrow{PB}$. Складываем:

$$\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{M{D}_1}+\overrightarrow{D_{1}K}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{PC}.$$

Значит, $MKCP$ — параллелограмм ($MK\parallel PC$, $MK=PC$), и точка $P$ лежит в плоскости $MKC$. Прямая $CP$ — линия пересечения плоскости $MKC$ с гранью $BC{C}_1{B}_1$.

В четырёхугольнике $BPKD$ отрезки $BP$ и $DK$ параллельны (лежат на параллельных боковых рёбрах), равны $\frac{h}{2}$ и отложены от точек $B$ и $D$ в одну сторону — вверх от основания. Значит, $BPKD$ — параллелограмм и $PK\parallel BD$.

Прямая $PK$ лежит в плоскости $MKC$. Прямая $BD$ в этой плоскости не лежит: иначе плоскость $MKC$ содержала бы точки $D$, $K$, $M$ и совпала бы с плоскостью грани $AD{D}_1{A}_1$, которой точка $C$ не принадлежит. По признаку параллельности прямой и плоскости $BD\parallel (MKC)$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $H$ — проекция точки $M$ на плоскость основания. Так как $MH\parallel A{A}_1$ и $M$ лежит в плоскости $AD{D}_1{A}_1$, точка $H$ лежит на $AD$, причём $A{A}_{1}MH$ — прямоугольник: $AH=A_{1}M=1$, $HD=2$, $MH=h$.

Отрезки $HD$ и $BC$ параллельны и равны (оба равны 2), поэтому $HBCD$ — параллелограмм и $BH=CD$. Трапеция равнобедренная, значит, $AB=CD=BH$ и $\angle BAD=\angle ADC=60^{\circ }$. Треугольник $ABH$ равнобедренный с углом $60^{\circ }$ при основании, то есть правильный: $CD=AB=AH=1$.

По теореме косинусов в треугольнике $HDC$:

$$H{C}^2=H{D}^2+D{C}^2-2\cdot HD\cdot DC\cdot \cos 60^{\circ }=4+1-2\cdot 2\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=3,HC=\sqrt{3}.$$

Пусть $KD=x$, тогда $h=D{D}_1=2x$. Боковые рёбра перпендикулярны основаниям, поэтому треугольники $M{D}_{1}K$, $KDC$ и $MHC$ прямоугольные (прямые углы при $D_1$, $D$ и $H$). По теореме Пифагора

$$M{K}^2=M{D}_1^2+D_1{K}^2=4+x^2,K{C}^2=K{D}^2+D{C}^2=x^2+1,M{C}^2=M{H}^2+H{C}^2=4x^2+3.$$

По условию $\angle MKC=90^{\circ }$, поэтому $M{C}^2=M{K}^2+K{C}^2$:

$$4x^2+3=2x^2+5\iff x^2=1\iff x=1.$$

Тогда $MK=\sqrt{5}$, $KC=\sqrt{2}$.

Найдём угол $\phi$ между плоскостью $MKC$ и плоскостью основания через площадь ортогональной проекции: если многоугольник площади $S$ проектируется на плоскость в многоугольник площади $S^{\prime }$, то $S^{\prime }=S\cos \phi$. Проекции точек $M$, $K$, $C$ на основание — это $H$, $D$, $C$, поэтому треугольник $HDC$ — ортогональная проекция треугольника $MKC$.

$$S_{HDC}=\frac{1}{2}\cdot HD\cdot DC\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2},S_{MKC}=\frac{1}{2}\cdot MK\cdot KC=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{2}=\frac{\sqrt{10}}{2}.$$

Отсюда

$$\cos \phi =\frac{S_{HDC}}{S_{MKC}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}},\sin \phi =\sqrt{1-\frac{3}{10}}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{10}},\mathrm{tg}\phi =\frac{\sin \phi }{\cos \phi }=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}{3}$.