ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Введём обозначения: $K$ и $H$ — середины $BD$ и $AE$, $K_1$ и $H_1$ — середины $B_1{D}_1$ и $A_1{E}_1$.

Треугольник $BCD$ равнобедренный ($BC=CD$), поэтому его медиана $CK$ является высотой: $CK\perp BD$. В прямоугольнике $ABDE$ отрезок $HK$, соединяющий середины противоположных сторон, параллелен $AB$, поэтому $HK\perp BD$ и $HK=AB=5$. Через точку $K$ в плоскости основания проходит только одна прямая, перпендикулярная $BD$, поэтому точки $C$, $K$, $H$ лежат на одной прямой, и $CH\perp BD$, а значит, и $CH\perp AE$.

Найдём длины: $BK=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}AE=2\sqrt{5}$, и из прямоугольного треугольника $BKC$

$$CK=\sqrt{B{C}^2-B{K}^2}=\sqrt{36-20}=4,CH=CK+KH=4+5=9.$$

Призма прямая, поэтому $H{H}_1\parallel K{K}_1\parallel A{A}_1$, эти отрезки перпендикулярны основанию и равны $3\sqrt{5}$. Прямая $AE$ перпендикулярна прямым $CH$ и $H{H}_1$, значит, $AE\perp (CH{H}_1)$. Точки $K$ и $K_1$ тоже лежат в плоскости $(CH{H}_1)$.

Опишем обе данные плоскости. Плоскость $(AE{D}_1)$ содержит прямую $B_1{D}_1$: она проходит через $D_1$ параллельно $AE$ (так как $B_1{D}_1\parallel BD\parallel AE$). Поэтому $K_1$ лежит в этой плоскости, и $H{K}_1\subset (AE{D}_1)$. Плоскость $(C{A}_1{E}_1)$ содержит точку $H_1\in A_1{E}_1$, поэтому $C{H}_1\subset (C{A}_1{E}_1)$.

Докажем, что $H{K}_1\perp (C{A}_1{E}_1)$.

Во-первых, $H{K}_1$ лежит в плоскости $(CH{H}_1)$, перпендикулярной $AE$, поэтому $H{K}_1\perp AE$, а так как $A_1{E}_1\parallel AE$, то $H{K}_1\perp A_1{E}_1$.

Во-вторых, рассмотрим плоскость $(CH{H}_1)$. Из прямоугольных треугольников $HK{K}_1$ и $CH{H}_1$:

$$\mathrm{tg}\angle K_{1}HK=\frac{K{K}_1}{HK}=\frac{3\sqrt{5}}{5},\mathrm{tg}\angle H_{1}CH=\frac{H{H}_1}{HC}=\frac{3\sqrt{5}}{9}.$$

Произведение тангенсов равно $\frac{45}{45}=1$, поэтому для этих острых углов $\angle K_{1}HK+\angle H_{1}CH=90^{\circ }$. Пусть $X$ — точка пересечения отрезков $H{K}_1$ и $C{H}_1$. В треугольнике $HXC$ сумма углов при вершинах $H$ и $C$ равна $90^{\circ }$, значит, $\angle HXC=90^{\circ }$, то есть $H{K}_1\perp C{H}_1$.

Прямая $H{K}_1$ перпендикулярна двум пересекающимся (в точке $H_1$) прямым $A_1{E}_1$ и $C{H}_1$ плоскости $(C{A}_1{E}_1)$, поэтому $H{K}_1\perp (C{A}_1{E}_1)$. Плоскость $(AE{D}_1)$ проходит через прямую $H{K}_1$, перпендикулярную плоскости $(C{A}_1{E}_1)$, следовательно, по признаку перпендикулярности плоскостей $(AE{D}_1)\perp (C{A}_1{E}_1)$. Что и требовалось доказать.

б) Точки $A$, $E$, $D_1$, $B_1$ лежат в одной плоскости $(AE{D}_1)$. Четырёхугольник $A{B}_1{D}_{1}E$ — прямоугольник: $AE\parallel B_1{D}_1$ и $AE=B_1{D}_1$, а $AE\perp A{B}_1$, так как $AE\perp AB$ и $AE\perp A{A}_1$, то есть $AE\perp (AB{B}_1)$. Значит, многогранник $CAE{D}_1{B}_1$ — четырёхугольная пирамида с вершиной $C$ и основанием $A{B}_1{D}_{1}E$.

Найдём высоту пирамиды. Из пункта а) $CX\perp H{K}_1$. Кроме того, $CX$ лежит в плоскости $(CH{H}_1)$, перпендикулярной $AE$, поэтому $CX\perp AE$. Прямые $H{K}_1$ и $AE$ пересекаются в точке $H$ и лежат в плоскости $(AE{D}_1)$, значит, $CX\perp (AE{D}_1)$, и $CX$ — высота пирамиды.

Из прямоугольного треугольника $HK{K}_1$:

$$H{K}_1=\sqrt{H{K}^2+K{K}_1^2}=\sqrt{25+45}=\sqrt{70},\sin \angle K_{1}HK=\frac{K{K}_1}{H{K}_1}=\frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{70}}=\frac{3}{\sqrt{14}}.$$

Из прямоугольного треугольника $HXC$:

$$CX=CH\cdot \sin \angle XHC=9\cdot \frac{3}{\sqrt{14}}=\frac{27}{\sqrt{14}}.$$

Площадь основания. Из прямоугольного треугольника $AB{B}_1$ получаем $A{B}_1=\sqrt{A{B}^2+B{B}_1^2}=\sqrt{25+45}=\sqrt{70}$, поэтому

$$S_{A{B}_1{D}_{1}E}=AE\cdot A{B}_1=4\sqrt{5}\cdot \sqrt{70}=4\sqrt{350}=20\sqrt{14}.$$

Объём пирамиды:

$$V_{CAE{D}_1{B}_1}=\frac{1}{3}\cdot 20\sqrt{14}\cdot \frac{27}{\sqrt{14}}=180.$$

Проверим ответ вычитанием, как в образце. Объём призмы равен площади пятиугольника, умноженной на высоту: $S_{ABDE}+S_{BCD}=5\cdot 4\sqrt{5}+\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{5}\cdot 4=28\sqrt{5}$, и $V=28\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{5}=420$. Плоскость $A{B}_1{D}_{1}E$ отрезает прямую треугольную призму $A{A}_1{B}_{1}E{E}_1{D}_1$ объёмом $\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{5}\cdot 5\cdot 4\sqrt{5}=150$. Оставшаяся часть состоит из нашей пирамиды и трёх тетраэдров: $B_{1}ABC$ и $D_{1}CDE$ объёмом по $\frac{1}{3}\cdot 5\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{5}=25$ (площадь треугольника $ABC$ равна $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AH=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 2\sqrt{5}=5\sqrt{5}$, так как $CH\parallel AB$) и $C{B}_1{C}_1{D}_1$ объёмом $\frac{1}{3}\cdot 8\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{5}=40$. Получаем $420-150-25-25-40=180$ — ответ совпал.

Ответ: б) $180$.