ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Пусть $N_1$ — проекция точки $N$ на плоскость верхнего основания. Призма прямая, поэтому $N{N}_1\parallel B{B}_1$, и точка $N_1$ лежит на ребре $B_1{C}_1$, причём $B_1{N}_1=BN$.

Плоскость трапеции $AMKN$ пересекает параллельные плоскости оснований по прямым $AN$ и $MK$. Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны, поэтому $AN\parallel MK$. Значит, $AN$ и $MK$ — основания трапеции.

Отрезки $A{A}_1$ и $N{N}_1$ параллельны и равны высоте призмы, поэтому $A{A}_1{N}_{1}N$ — параллелограмм, причём прямоугольник, так как $A{A}_1\perp AN$. Следовательно, $A_1{N}_1=AN$ и $A_1{N}_1\parallel AN\parallel MK$.

В треугольнике $A_1{B}_1{N}_1$ точка $M$ лежит на стороне $A_1{B}_1$, точка $K$ — на стороне $B_1{N}_1$, и $MK\parallel A_1{N}_1$. Значит, треугольник $M{B}_{1}K$ подобен треугольнику $A_1{B}_1{N}_1$ с коэффициентом $\frac{B_{1}M}{B_1{A}_1}<1$, поэтому $MK<A_1{N}_1=AN$. Итак, меньшее основание $MK=1$, а большее $AN=A_1{N}_1=3$.

Коэффициент подобия треугольников $M{B}_{1}K$ и $A_1{B}_1{N}_1$ равен $\frac{MK}{A_1{N}_1}=\frac{1}{3}$, поэтому

$$\frac{B_{1}K}{B_1{N}_1}=\frac{1}{3}.$$

Пусть $B_{1}K=x$. Тогда $B_1{N}_1=3x$, а из условия $K{C}_1=5x$, то есть $B_1{C}_1=6x$. Получаем $B_1{N}_1=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1$. Так как $BN=B_1{N}_1$ и $BC=B_1{C}_1$, то $BN=\frac{1}{2}BC$, и $N$ — середина ребра $BC$. Что и требовалось доказать.

б) Основания трапеции известны, найдём её высоту.

Проведём в плоскости верхнего основания $N_{1}H\perp MK$, где $H$ лежит на прямой $MK$. Отрезок $N{N}_1$ перпендикулярен плоскости верхнего основания, $N_{1}H$ — проекция наклонной $NH$, и $N_{1}H\perp MK$. По теореме о трёх перпендикулярах $NH\perp MK$. Так как $N$ лежит на $AN$, а $AN\parallel MK$, отрезок $NH$ — высота трапеции $AMKN$.

Площадь основания призмы равна объёму, делённому на высоту:

$$S_{ABCD}=\frac{6}{2}=3.$$

Найдём $N_{1}H$ — расстояние между параллельными прямыми $A_1{N}_1$ и $MK$. Треугольник $A_1{B}_1{N}_1$ имеет основание $B_1{N}_1=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1$ и ту же высоту из точки $A_1$, что и параллелограмм $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, проведённую к стороне $B_1{C}_1$. Поэтому

$$S_{A_1{B}_1{N}_1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}{B}_1{C}_1\cdot h=\frac{1}{4}{S}_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}=\frac{3}{4}.$$

Опустим из $B_1$ высоту $B_{1}F$ на сторону $A_1{N}_1$:

$$B_{1}F=\frac{2S_{A_1{B}_1{N}_1}}{A_1{N}_1}=\frac{2\cdot \frac{3}{4}}{3}=\frac{1}{2}.$$

Пусть $B_{1}F$ пересекает $MK$ в точке $G$. Так как $MK\parallel A_1{N}_1$, то $B_{1}G\perp MK$, и $B_{1}G$ — высота треугольника $M{B}_{1}K$. Высоты подобных треугольников относятся как коэффициент подобия, поэтому

$$B_{1}G=\frac{1}{3}{B}_{1}F=\frac{1}{6},GF=B_{1}F-B_{1}G=\frac{1}{2}-\frac{1}{6}=\frac{1}{3}.$$

Отрезок $GF$ перпендикулярен обеим параллельным прямым $MK$ и $A_1{N}_1$, поэтому расстояние между ними равно $\frac{1}{3}$, и $N_{1}H=\frac{1}{3}$.

Треугольник $N{N}_{1}H$ прямоугольный ($N{N}_1$ перпендикулярен верхнему основанию), $N{N}_1=2$. По теореме Пифагора

$$NH=\sqrt{N{N}_1^2+N_1{H}^2}=\sqrt{4+\frac{1}{9}}=\frac{\sqrt{37}}{3}.$$

Площадь трапеции:

$$S_{AMKN}=\frac{MK+AN}{2}\cdot NH=\frac{1+3}{2}\cdot \frac{\sqrt{37}}{3}=\frac{2\sqrt{37}}{3}.$$

Ответ: б) $\frac{2\sqrt{37}}{3}$.