ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: прямая призма, в основании — прямоугольный треугольник с прямым углом $B$; на рёбрах $A{A}_1$ и $C{C}_1$ отмечены точки $M$ и $N$, соединим их с $B_1$ и между собой.

а) Построим сечение. Точки $M$ и $N$ лежат в грани $A{A}_1{C}_{1}C$, точки $M$ и $B_1$ — в грани $A{A}_1{B}_{1}B$, точки $N$ и $B_1$ — в грани $C{C}_1{B}_{1}B$. Значит, сечение призмы плоскостью $MN{B}_1$ — треугольник $MN{B}_1$. Оно делит призму на два многогранника: пирамиду $B_1{A}_{1}MN{C}_1$ с вершиной $B_1$ и четырёхугольным основанием $A_{1}MN{C}_1$ и многогранник $ABCMN{B}_1$.

Найдём объём призмы. Она прямая, поэтому её высота равна боковому ребру:

$$V_{\text{призмы}}=S_{ABC}\cdot A{A}_1=\frac{AB\cdot BC}{2}\cdot A{A}_1=\frac{6\cdot 6}{2}\cdot 6=108.$$

Найдём высоту пирамиды $B_1{A}_{1}MN{C}_1$. Пусть $B_1{H}_1$ — высота треугольника $A_1{B}_1{C}_1$, проведённая к гипотенузе $A_1{C}_1$. Боковое ребро прямой призмы перпендикулярно плоскости основания, поэтому $A{A}_1\perp B_1{H}_1$. Итак, $B_1{H}_1\perp A_1{C}_1$ и $B_1{H}_1\perp A{A}_1$, а пересекающиеся прямые $A_1{C}_1$ и $A{A}_1$ лежат в плоскости $A{A}_1{C}_1$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $B_1{H}_1\perp (A{A}_1{C}_1)$, то есть $B_1{H}_1$ — высота пирамиды.

Треугольник $A_1{B}_1{C}_1$ прямоугольный равнобедренный с катетами 6. По теореме Пифагора

$$A_1{C}_1=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}.$$

В равнобедренном прямоугольном треугольнике высота, проведённая к гипотенузе, является медианой, а медиана к гипотенузе равна её половине:

$$B_1{H}_1=\frac{A_1{C}_1}{2}=3\sqrt{2}.$$

Найдём площадь основания $A_{1}MN{C}_1$. Отрезки $A_{1}M$ и $C_{1}N$ лежат на параллельных боковых рёбрах, поэтому $A_{1}MN{C}_1$ — трапеция с основаниями

$$A_{1}M=A{A}_1-AM=6-2=4,C_{1}N=C{C}_1-CN=6-1=5.$$

Грань $A{A}_1{C}_{1}C$ — прямоугольник, поэтому $A_1{C}_1\perp A{A}_1$ и высота трапеции равна $A_1{C}_1=6\sqrt{2}$:

$$S_{A_{1}MN{C}_1}=\frac{A_{1}M+C_{1}N}{2}\cdot A_1{C}_1=\frac{4+5}{2}\cdot 6\sqrt{2}=27\sqrt{2}.$$

Объём пирамиды:

$$V_{B_1{A}_{1}MN{C}_1}=\frac{1}{3}\cdot S_{A_{1}MN{C}_1}\cdot B_1{H}_1=\frac{1}{3}\cdot 27\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=54.$$

Тогда объём второго многогранника

$$V_{ABCMN{B}_1}=V_{\text{призмы}}-V_{B_1{A}_{1}MN{C}_1}=108-54=54.$$

Объёмы частей равны. Что и требовалось доказать.

б) Проведём плоскость $BMN$. Она разрезает многогранник $ABCMN{B}_1$ на пирамиду $BACNM$ с вершиной $B$ и основанием $ACNM$ и тетраэдр $MNB{B}_1$. Поэтому

$$V_{MNB{B}_1}=V_{ABCMN{B}_1}-V_{BACNM}.$$

Пусть $BH$ — высота треугольника $ABC$, проведённая к гипотенузе $AC$. Так же, как в пункте а), $BH\perp AC$ и $BH\perp A{A}_1$, значит, $BH\perp (A{A}_1{C}_1)$ и $BH$ — высота пирамиды $BACNM$. Как и выше, $AC=6\sqrt{2}$ и $BH=\frac{AC}{2}=3\sqrt{2}$.

Основание $ACNM$ — трапеция ($AM\parallel CN$) с основаниями $AM=2$, $CN=1$ и высотой $AC=6\sqrt{2}$:

$$S_{ACNM}=\frac{AM+CN}{2}\cdot AC=\frac{2+1}{2}\cdot 6\sqrt{2}=9\sqrt{2}.$$

$$V_{BACNM}=\frac{1}{3}\cdot S_{ACNM}\cdot BH=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}=18.$$

Следовательно,

$$V_{MNB{B}_1}=54-18=36.$$

Проверим результат другим способом. Примем за основание тетраэдра треугольник $B{B}_{1}N$ в грани $B{B}_1{C}_{1}C$. Расстояние от точки $N$ до прямой $B{B}_1$ равно $BC=6$, поэтому $S_{B{B}_{1}N}=\frac{1}{2}\cdot B{B}_1\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 6=18$. Прямая $AB$ перпендикулярна $BC$ и $B{B}_1$, значит, $AB\perp (B{B}_1{C}_1)$. Ребро $A{A}_1$ параллельно плоскости $B{B}_1{C}_1$, поэтому точка $M$ удалена от неё на то же расстояние, что и точка $A$, то есть на $AB=6$. Тогда $V_{MNB{B}_1}=\frac{1}{3}\cdot 18\cdot 6=36$ — результат совпал.

Ответ: б) $36$.