ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Пусть $Q$ — середина ребра $AB$, $Q_1$ — середина ребра $A_1{B}_1$, $P$ — середина отрезка $MN$.

Призма правильная, поэтому она прямая: боковые рёбра параллельны, равны и перпендикулярны плоскостям оснований. Отрезки $AM$ и $BN$ лежат на параллельных прямых $A{A}_1$ и $B{B}_1$ и равны ($AM=BN=3$), поэтому $ABNM$ — параллелограмм. Отрезок $PQ$ соединяет середины противоположных сторон $MN$ и $AB$ этого параллелограмма, поэтому $PQ\parallel AM$ и $PQ=AM=3$. Прямая через $Q$, параллельная $A{A}_1$, — это прямая $Q{Q}_1$, значит, точка $P$ лежит на отрезке $Q{Q}_1$ и $QP=3$.

Отрезок $Q{Q}_1$ параллелен ребру $C{C}_1$ и равен ему, поэтому $CQ{Q}_1{C}_1$ — параллелограмм (и даже прямоугольник, так как $C{C}_1\perp CQ$). Все точки $C$, $Q$, $P$, $C_1$ лежат в его плоскости.

В правильном треугольнике центр описанной окружности совпадает с точкой пересечения медиан. Поэтому $O$ лежит на медиане $CQ$ и $CO:OQ=2:1$, а $O_1$ лежит на медиане $C_1{Q}_1$ и $C_1{O}_1:O_1{Q}_1=2:1$. Тогда $CO=\frac{2}{3}CQ=\frac{2}{3}{C}_1{Q}_1=C_1{O}_1$, и отрезки $CO$ и $C_1{O}_1$ параллельны. Значит, $C{C}_1{O}_{1}O$ — параллелограмм и $O{O}_1\parallel C{C}_1\parallel QP$. Прямая $O{O}_1$ лежит в плоскости $CQ{Q}_1{C}_1$.

Точка пересечения медиан $G$ треугольника $CMN$ лежит на его медиане $CP$ и делит её в отношении $CG:GP=2:1$, считая от вершины.

В треугольнике $CQP$ прямая $O{O}_1$ проходит через точку $O$ стороны $CQ$ параллельно стороне $QP$, поэтому она пересекает сторону $CP$ в некоторой точке $G^{\prime }$. По теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{C{G}^{\prime }}{G^{\prime }P}=\frac{CO}{OQ}=\frac{2}{1}.$$

Точки $G$ и $G^{\prime }$ лежат на отрезке $CP$ и делят его в одном и том же отношении $2:1$, значит, они совпадают. Следовательно, точка пересечения медиан треугольника $CMN$ лежит на прямой $O{O}_1$. Что и требовалось доказать.

б) Докажем, что расстояние от $C_1$ до плоскости $CMN$ можно найти в плоскости $CQ{Q}_1{C}_1$.

Прямая $AB$ перпендикулярна медиане $CQ$ правильного треугольника $ABC$ (медиана является высотой) и перпендикулярна $C{C}_1$ (боковое ребро перпендикулярно плоскости основания). Прямые $CQ$ и $C{C}_1$ пересекаются, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AB\perp (CQ{Q}_1{C}_1)$. Так как $MN\parallel AB$, то и $MN\perp (CQ{Q}_1{C}_1)$.

Проведём в плоскости $CQ{Q}_1{C}_1$ перпендикуляр $C_{1}H$ к прямой $CP$. Прямая $C_{1}H$ лежит в плоскости $CQ{Q}_1{C}_1$, поэтому $C_{1}H\perp MN$. Кроме того, $C_{1}H\perp CP$ по построению. Прямые $MN$ и $CP$ пересекаются в точке $P$ и лежат в плоскости $CMN$, значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $C_{1}H\perp (CMN)$. Искомое расстояние равно $C_{1}H$.

Найдём нужные длины. $CQ$ — высота правильного треугольника со стороной 6, $C{C}_1=4$, $QP=3$:

$$CQ=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3},CP=\sqrt{C{Q}^2+Q{P}^2}=\sqrt{27+9}=6.$$

Здесь треугольник $CQP$ прямоугольный, так как $QP\parallel C{C}_1$ и $C{C}_1\perp CQ$.

Найдём площадь треугольника $C{C}_{1}P$ двумя способами. Точка $P$ лежит на прямой $Q{Q}_1$, параллельной $C{C}_1$, поэтому её расстояние до прямой $C{C}_1$ равно $CQ$:

$$S_{C{C}_{1}P}=\frac{1}{2}\cdot C{C}_1\cdot CQ=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 3\sqrt{3}=6\sqrt{3}.$$

С другой стороны, $C_{1}H$ — высота этого треугольника, проведённая к стороне $CP$, поэтому $S_{C{C}_{1}P}=\frac{1}{2}\cdot CP\cdot C_{1}H$. Отсюда

$$C_{1}H=\frac{2S_{C{C}_{1}P}}{CP}=\frac{2\cdot 6\sqrt{3}}{6}=2\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $2\sqrt{3}$.