В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ сторона AB основания равна 7, а… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды сложная 2025 развёрнутое

В правильной четырёхугольной призме $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ сторона $A B$ основания равна 7, а боковое ребро $A A_{1}$ равно $7 .$ На рёбрах $B C$ и $C_{1} D_{1}$ отмечены точки $K$ и $L$ соответственно, причём $B K = C_{1} L = 3.$ Плоскость $γ$ параллельна прямой $B D$ и содержит точки $K$ и $L .$

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

б) Найдите объём пирамиды, вершина которой — точка $A_{1},$ а основание — сечение данной призмы плоскостью $γ .$

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

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение. Плоскость $γ$ параллельна $B D$ , а плоскость основания $A B C$ содержит $B D$ и точку $K$ плоскости $γ$ . Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает её, то линия пересечения параллельна этой прямой. Поэтому $γ$ пересекает нижнее основание по прямой, проходящей через $K$ параллельно $B D$ ; пусть она пересекает $C D$ в точке $M$ .

Так как $B_{1} D_{1} ∥ B D$ , то и $γ ∥ B_{1} D_{1}$ . По той же причине $γ$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $L$ параллельно $B_{1} D_{1}$ ; пусть она пересекает $B_{1} C_{1}$ в точке $P$ . Сечение — четырёхугольник $M K P L$ , у которого $M K ∥ B D ∥ B_{1} D_{1} ∥ L P$ . Это трапеция с основаниями $M K$ и $L P$ .

Найдём длины. $C K = B C - B K = 4$ . Треугольник $C K M$ подобен треугольнику $C B D$ (так как $K M ∥ B D$ ), он прямоугольный и равнобедренный, поэтому $C M = C K = 4$ , $M K = 42$ . Аналогично $C_{1} L = C_{1} P = 3$ , $L P = 32$ .

Пусть $E$ — точка пересечения $A C$ и $M K$ , а $F$ — точка пересечения $A_{1} C_{1}$ и $L P$ . Диагонали квадрата перпендикулярны, поэтому $A C ⊥ M K$ и $A_{1} C_{1} ⊥ L P$ . Значит, $C E$ — высота прямоугольного равнобедренного треугольника $C K M$ , проведённая к гипотенузе, и она равна половине гипотенузы: $C E = \frac{1}{2} M K = 22$ . Аналогично $C_{1} F = \frac{1}{2} L P = \frac{3 2}{2}$ . Кроме того, $A C = A_{1} C_{1} = 72$ .

Все точки $A$ , $C$ , $A_{1}$ , $C_{1}$ , $E$ , $F$ лежат в прямоугольнике $A A_{1} C_{1} C$ . Опустим в нём перпендикуляр $F T$ на $A C$ . Тогда $F T C C_{1}$ — прямоугольник, поэтому $F T = C C_{1} = 7$ , $C T = C_{1} F = \frac{3 2}{2}$ , и

$E T = C E - C T = 22 - \frac{3 2}{2} = \frac{2}{2} .$

Найдём тангенсы двух острых углов:

$tg ∠ A_{1} C A = \frac{A A _{1}}{A C} = \frac{7}{7 2} = \frac{1}{14}, tg ∠ F E C = \frac{F T}{E T} = \frac{7}{\frac{2}{2}} = 14 .$

Произведение тангенсов равно 1, значит, $tg ∠ A_{1} C A = ctg ∠ F E C = tg (9 0^{\circ} - ∠ F E C)$ , и для острых углов $∠ A_{1} C A + ∠ F E C = 9 0^{\circ}$ . Пусть $H$ — точка пересечения $A_{1} C$ и $F E$ . В треугольнике $E H C$ два угла в сумме дают $9 0^{\circ}$ , поэтому $∠ E H C = 9 0^{\circ}$ , то есть $A_{1} C ⊥ F E$ .

Далее, $A_{1} A ⊥ (A B C)$ , поэтому $A C$ — проекция наклонной $A_{1} C$ на плоскость основания. Так как $A C ⊥ M K$ , по теореме о трёх перпендикулярах $A_{1} C ⊥ M K$ .

Прямая $A_{1} C$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $F E$ и $M K$ плоскости $γ$ , поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_{1} C ⊥ γ$ . Что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $A_{1} H ⊥ γ$ и $H$ лежит в плоскости $γ$ , поэтому $A_{1} H$ — высота пирамиды $A_{1} M K P L$ .

Из прямоугольного треугольника $A_{1} A C$ :

$A_{1} C = A A_{1}^{2} + A C^{2} = 7 + 98 = 105 .$

Отрезки $A_{1} F$ и $E C$ лежат на параллельных сторонах прямоугольника, поэтому треугольники $A_{1} H F$ и $C H E$ подобны по двум углам (вертикальные углы при $H$ и накрест лежащие углы). При этом $A_{1} F = A_{1} C_{1} - C_{1} F = 72 - \frac{3 2}{2} = \frac{11 2}{2}$ , и

$\frac{A _{1} H}{H C} = \frac{A _{1} F}{E C} = \frac{\frac{11 2}{2}}{2 2} = \frac{11}{4} \Rightarrow A_{1} H = \frac{11}{15} A_{1} C = \frac{11 105}{15} .$

Найдём высоту трапеции. Отрезок $F T$ перпендикулярен основанию, поэтому $E T$ — проекция наклонной $F E$ , и она лежит на прямой $A C$ , перпендикулярной $M K$ . По теореме о трёх перпендикулярах $F E ⊥ M K$ , а значит, и $F E ⊥ L P$ . Так как $E \in M K$ и $F \in L P$ , отрезок $F E$ — высота трапеции. Из прямоугольного треугольника $E F T$ :

$F E = F T^{2} + E T^{2} = 7 + \frac{1}{2} = \frac{15}{2} = \frac{30}{2} .$

Площадь трапеции:

$S_{M K P L} = \frac{M K + L P}{2} \cdot F E = \frac{4 2 + 3 2}{2} \cdot \frac{30}{2} = \frac{7 60}{4} = \frac{7 15}{2} .$

Объём пирамиды:

$V = \frac{1}{3} \cdot S_{M K P L} \cdot A_{1} H = \frac{1}{3} \cdot \frac{7 15}{2} \cdot \frac{11 105}{15} = \frac{77 1575}{90} = \frac{77 \cdot 15 7}{90} = \frac{77 7}{6} .$

Ответ: б) $\frac{77 7}{6}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15