В основании прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит параллелограмм ABCD. На рёбрах A₁B₁, B₁C₁ и BC отмечены точки M, K и N… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная развёрнутое

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит параллелограмм $A B C D$ . На рёбрах $A_{1} B_{1}$ , $B_{1} C_{1}$ и $B C$ отмечены точки $M$ , $K$ и $N$ соответственно, причём $B_{1} K : K C_{1} = 1 : 2$ . Четырёхугольник $A M K N$ — равнобедренная трапеция с основаниями 2 и 3.

а) Докажите, что точка $N$ — середина ребра $B C$ .

б) Найдите площадь трапеции $A M K N$ , если объём призмы равен 12, а высота призмы равна 2.

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

Разбор — 3 балла

Сечение AMKN — равнобедренная трапеция

а) Плоскость трапеции $A M K N$ пересекает параллельные плоскости оснований призмы по параллельным прямым, поэтому $M K ∥ A N$ . Значит, основания трапеции — $M K$ и $A N$ , а боковые стороны — $A M$ и $K N$ .

Выясним, какое основание меньше. Пусть $M^{'}$ и $H$ — проекции точек $M$ и $K$ на плоскость основания. Призма прямая, поэтому $M^{'}$ лежит на ребре $A B$ , $H$ — на ребре $B C$ , причём $B M^{'} = B_{1} M$ и $B H = B_{1} K$ . Отрезки $M M^{'}$ и $K H$ параллельны и равны (оба равны высоте призмы), поэтому $M M^{'} H K$ — параллелограмм: $M^{'} H ∥ M K$ и $M^{'} H = M K$ . Следовательно, $M^{'} H ∥ A N$ .

В плоскости основания прямая $M^{'} H$ пересекает стороны угла $A B N$ и параллельна $A N$ . Значит, треугольники $M^{'} B H$ и $A B N$ подобны (угол $B$ общий, углы при $M^{'}$ и $A$ равны как соответственные), и

$\frac{M K}{A N} = \frac{M ^{'} H}{A N} = \frac{B M ^{'}}{B A} = \frac{B H}{B N} .$

Точка $M^{'}$ лежит на отрезке $A B$ , поэтому $B M^{'} ⩽ B A$ и $M K ⩽ A N$ . Основания трапеции не равны, значит, $M K = 2$ — меньшее основание, $A N = 3$ — большее, и $\frac{B H}{B N} = \frac{2}{3}$ .

Из $B_{1} K : K C_{1} = 1 : 2$ получаем $B H = B_{1} K = \frac{1}{3} B_{1} C_{1} = \frac{1}{3} B C$ . Тогда

$B N = \frac{3}{2} B H = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3} B C = \frac{1}{2} B C,$

то есть $N$ — середина $B C$ , что и требовалось доказать.

Рисунок к решению

б) Высота призмы равна 2, поэтому $S_{A B C D} = \frac{12}{2} = 6$ . Отрезок $K H$ из пункта а) перпендикулярен основанию, $K H = 2$ . На прямой $B C$ : $B H = \frac{1}{3} B C$ , $B N = \frac{1}{2} B C$ , значит,

$H N = B N - B H = \frac{1}{2} B C - \frac{1}{3} B C = \frac{1}{6} B C .$

Проведём в плоскости основания $H T ⊥ A N$ , $T \in A N$ . Отрезок $H T$ — проекция наклонной $K T$ на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $K T ⊥ A N$ . Так как $M K ∥ A N$ , отрезок $K T$ — высота трапеции $A M K N$ .

Рисунок к решению

Найдём $H T$ через площадь треугольника $A H N$ . Пусть $h_{A}$ — расстояние от $A$ до прямой $B C$ ; это высота параллелограмма, поэтому $S_{A B C D} = B C \cdot h_{A} = 6$ . Сторона $H N$ треугольника $A H N$ лежит на прямой $B C$ , значит,

$S_{A H N} = \frac{1}{2} \cdot H N \cdot h_{A} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} B C \cdot h_{A} = \frac{1}{12} S_{A B C D} = \frac{1}{2} .$

Рисунок к решению

С другой стороны, $S_{A H N} = \frac{1}{2} \cdot A N \cdot H T$ , откуда

$\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot H T = \frac{1}{2}, H T = \frac{1}{3} .$

В прямоугольном треугольнике $K H T$ (прямой угол $H$ , так как $K H$ перпендикулярен основанию) по теореме Пифагора

$K T = K H^{2} + H T^{2} = 4 + \frac{1}{9} = \frac{37}{3} .$

Площадь трапеции:

$S_{A M K N} = \frac{M K + A N}{2} \cdot K T = \frac{2 + 3}{2} \cdot \frac{37}{3} = \frac{5 37}{6} .$

Ответ: б) $\frac{5 37}{6}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15