В основании прямой призмы ABCA₁B₁C₁ лежит равнобедренный треугольник ABC с основанием AB. Точка P делит ребро AB в отношении… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы средняя 2023 развёрнутое

В основании прямой призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ лежит равнобедренный треугольник $A B C$ с основанием $A B .$ Точка $P$ делит ребро $A B$ в отношении $A P : P B = 3 : 1,$ а точка $Q$ — середина ребра $B_{1} C_{1} .$ Через середину $M$ ребра $B C$ провели плоскость $α,$ перпендикулярную отрезку $P Q .$

а) Докажите, что плоскость $α$ параллельна ребру $A B .$

б) Найдите отношение, в котором плоскость $α$ делит отрезок $P Q,$ считая от точки $P,$ если известно, что $A A_{1} = 5,$ $A B = 12,$ $cos ∠ A B C = \frac{3}{5} .$

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

Разбор — 3 балла

а) Проведём высоту $C H$ равнобедренного треугольника $A B C$ к основанию $A B$ . В равнобедренном треугольнике высота к основанию является медианой, поэтому $A H = H B = \frac{1}{2} A B$ .

Из $A P : P B = 3 : 1$ получаем $A P = \frac{3}{4} A B$ , $P B = \frac{1}{4} A B$ , тогда

$H P = A P - A H = \frac{3}{4} A B - \frac{1}{2} A B = \frac{1}{4} A B = P B .$

Значит, $P$ — середина отрезка $H B$ . В треугольнике $B H C$ точки $P$ и $M$ — середины сторон $B H$ и $B C$ , поэтому $P M$ — средняя линия и $P M ∥ C H$ . Так как $C H ⊥ A B$ , то и $P M ⊥ A B$ .

Боковая грань $B C C_{1} B_{1}$ прямой призмы — прямоугольник, а $M$ и $Q$ — середины его противоположных сторон $B C$ и $B_{1} C_{1}$ . Отрезки $M B$ и $Q B_{1}$ равны и параллельны, поэтому $M B B_{1} Q$ — параллелограмм и $M Q ∥ B B_{1}$ . Ребро $B B_{1}$ перпендикулярно основанию, значит, $M Q ⊥ (A B C)$ .

Следовательно, $P M$ — проекция наклонной $P Q$ на плоскость $A B C$ . Прямая $A B$ этой плоскости перпендикулярна проекции $P M$ , поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $A B ⊥ P Q$ .

Пусть $F$ — середина $A C$ . Тогда $M F$ — средняя линия треугольника $A B C$ и $M F ∥ A B$ . Прямая, параллельная прямой $A B$ , образует с $P Q$ тот же угол, поэтому $M F ⊥ P Q$ .

Через точку $M$ проходит единственная плоскость, перпендикулярная $P Q$ , и она содержит все прямые, проходящие через $M$ перпендикулярно $P Q$ . Значит, прямая $M F$ лежит в плоскости $α$ .

Прямая $A B$ параллельна прямой $M F$ , лежащей в плоскости $α$ . Сама прямая $A B$ в $α$ не лежит: иначе плоскость $α$ содержала бы прямые $A B$ и $M F$ и совпадала бы с плоскостью $A B C$ , но тогда $P Q ⊥ (A B C)$ , и через точку $Q$ проходили бы два разных перпендикуляра $QP$ и $QM$ к одной плоскости, что невозможно. По признаку параллельности прямой и плоскости $A B ∥ α$ , что и требовалось доказать.

б) Пусть плоскость $α$ пересекает отрезок $P Q$ в точке $K$ . Прямая $M K$ лежит в плоскости $α$ , поэтому $M K ⊥ P Q$ .

Так как $M Q ⊥ (A B C)$ , то $M Q ⊥ P M$ , и треугольник $P M Q$ прямоугольный с прямым углом $M$ . Отрезок $M K$ — его высота, проведённая к гипотенузе, поэтому точка $K$ лежит на гипотенузе $P Q$ . Катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное между гипотенузой и своей проекцией на неё:

$P M^{2} = P K \cdot P Q, M Q^{2} = K Q \cdot P Q \Rightarrow \frac{P K}{K Q} = \frac{P M ^{2}}{M Q ^{2}} .$

Найдём катеты. $M Q = B B_{1} = A A_{1} = 5$ .

В прямоугольном треугольнике $C H B$ катет $B H = \frac{1}{2} A B = 6$ прилежит к углу $B$ , поэтому

$B C = \frac{B H}{cos ∠ A B C} = \frac{6}{\frac{3}{5}} = 10.$

По теореме Пифагора

$C H = B C^{2} - B H^{2} = 100 - 36 = 8.$

Средняя линия $P M = \frac{1}{2} C H = 4$ . Тогда

$\frac{P K}{K Q} = \frac{P M ^{2}}{M Q ^{2}} = \frac{16}{25} .$

Ответ: б) $16 : 25$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15