В основании прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит параллелограмм ABCD. На рёбрах A₁B₁, B₁C₁ и BC отмечены точки M, K и N… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2024 развёрнутое

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит параллелограмм $A B C D .$ На рёбрах $A_{1} B_{1},$ $B_{1} C_{1}$ и $B C$ отмечены точки $M,$ $K$ и $N$ соответственно, причём $B_{1} K : K C_{1} = 1 : 5.$ Четырёхугольник $A M K N$ — равнобедренная трапеция с основаниями 1 и 3.

a) Докажите, что точка $N$ — середина ребра $B C .$

б) Найдите площадь трапеции $A M K N,$ если объём призмы равен 72, а высота призмы равна 4.

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

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: прямая призма с параллелограммом в основании; на рёбрах $A_{1} B_{1}$ , $B_{1} C_{1}$ и $B C$ отмечены точки $M$ , $K$ и $N$ , четырёхугольник $A M K N$ — трапеция.

а) Плоскость $A M K$ пересекает параллельные плоскости оснований $A B C$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ по параллельным прямым, поэтому $A N ∥ M K$ . Значит, $A N$ и $M K$ — основания трапеции $A M K N$ , а $A M$ и $K N$ — её боковые стороны.

Рассмотрим треугольники $M B_{1} K$ и $A B N$ . Лучи $B_{1} M$ и $B A$ сонаправлены (лежат на параллельных прямых $A_{1} B_{1}$ и $A B$ ), лучи $B_{1} K$ и $B N$ тоже сонаправлены ( $B_{1} C_{1} ∥ B C$ ), поэтому $∠ M B_{1} K = ∠ A B N$ как углы с сонаправленными сторонами. Так же $∠ B_{1} M K = ∠ B A N$ (стороны $M B_{1} ∥ A B$ и $M K ∥ A N$ ). Значит, треугольники подобны по двум углам:

$\frac{M K}{A N} = \frac{M B _{1}}{A B} = \frac{B _{1} K}{B N} .$

Точка $M$ лежит на ребре $A_{1} B_{1}$ , поэтому $M B_{1} ⩽ A_{1} B_{1} = A B$ , и $M K ⩽ A N$ . Значит, меньшее основание $M K = 1$ , большее $A N = 3$ , и коэффициент подобия равен $\frac{M K}{A N} = \frac{1}{3}$ .

Пусть $B_{1} K = x$ , тогда $K C_{1} = 5 x$ и $B_{1} C_{1} = 6 x$ . Из подобия $B N = 3 B_{1} K = 3 x$ . Так как $B C = B_{1} C_{1} = 6 x$ , получаем

$N C = B C - B N = 6 x - 3 x = 3 x = B N .$

Значит, $N$ — середина ребра $B C$ . Что и требовалось доказать.

б) Пусть $N_{1}$ — проекция точки $N$ на плоскость $A_{1} B_{1} C_{1}$ . Призма прямая, поэтому $N N_{1} ∥ A A_{1}$ , $N N_{1} = A A_{1} = 4$ , а $N_{1}$ — середина $B_{1} C_{1}$ , то есть $B_{1} N_{1} = 3 x$ . Четырёхугольник $A A_{1} N_{1} N$ — параллелограмм (даже прямоугольник), поэтому $A_{1} N_{1} ∥ A N$ и $A_{1} N_{1} = A N = 3$ .

Трапеция $A M K N$ равнобедренная, поэтому $A M = K N$ . Треугольники $A A_{1} M$ и $N N_{1} K$ прямоугольные (боковые рёбра перпендикулярны основанию), у них равны гипотенузы $A M = N K$ и катеты $A A_{1} = N N_{1}$ . Значит, они равны и $A_{1} M = N_{1} K$ . Точка $K$ лежит между $B_{1}$ и $N_{1}$ , так как $B_{1} K = x < 3 x = B_{1} N_{1}$ , поэтому

$A_{1} M = N_{1} K = B_{1} N_{1} - B_{1} K = 3 x - x = 2 x .$

Прямая $M K$ параллельна $A N$ , а значит, и $A_{1} N_{1}$ . По теореме о пропорциональных отрезках для угла $A_{1} B_{1} N_{1}$ :

$\frac{B _{1} M}{M A _{1}} = \frac{B _{1} K}{K N _{1}} = \frac{x}{2 x} = \frac{1}{2} \Rightarrow B_{1} M = x, A_{1} B_{1} = A_{1} M + M B_{1} = 3 x = B_{1} N_{1} .$

Пусть $E$ — середина ребра $A_{1} D_{1}$ . Тогда $A_{1} E ∥ B_{1} N_{1}$ и $A_{1} E = \frac{1}{2} A_{1} D_{1} = \frac{1}{2} B_{1} C_{1} = B_{1} N_{1}$ , поэтому $A_{1} B_{1} N_{1} E$ — параллелограмм. Его соседние стороны $A_{1} B_{1}$ и $B_{1} N_{1}$ равны, значит, это ромб. Диагонали ромба $A_{1} N_{1}$ и $B_{1} E$ перпендикулярны и делятся точкой пересечения $O_{1}$ пополам.

Пусть $O$ — середина $A N$ . В прямоугольнике $A A_{1} N_{1} N$ отрезок $O O_{1}$ соединяет середины противоположных сторон, поэтому $O O_{1} ∥ A A_{1}$ , $O O_{1} = 4$ и $O O_{1} ⊥ (A_{1} B_{1} C_{1})$ . Значит, $O_{1}$ — проекция точки $O$ на плоскость верхнего основания.

Пусть $P$ — точка пересечения $M K$ и $B_{1} E$ . Отрезок $P O_{1}$ — проекция наклонной $P O$ на плоскость $A_{1} B_{1} C_{1}$ , и $P O_{1} ⊥ A_{1} N_{1}$ (так как $P O_{1}$ лежит на диагонали $B_{1} E$ ). По теореме о трёх перпендикулярах $P O ⊥ A_{1} N_{1}$ . Так как $M K ∥ A_{1} N_{1}$ и $A N ∥ A_{1} N_{1}$ , то $P O ⊥ M K$ и $P O ⊥ A N$ . Точка $P$ лежит на $M K$ , точка $O$ — на $A N$ , значит, $P O$ — высота трапеции $A M K N$ .

Найдём $P O$ . Объём призмы равен произведению площади основания на высоту:

$V = S \cdot h \Rightarrow 72 = S \cdot 4 \Rightarrow S = 18.$

Параллелограммы $A_{1} B_{1} N_{1} E$ и $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ имеют общую высоту, проведённую к прямой $B_{1} C_{1}$ , а $B_{1} N_{1} = \frac{1}{2} B_{1} C_{1}$ , поэтому

$S_{A_{1} B_{1} N_{1} E} = \frac{1}{2} S_{A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = 9.$

Площадь ромба равна половине произведения диагоналей:

$\frac{A _{1} N _{1} \cdot B _{1} E}{2} = 9 \Rightarrow \frac{3 \cdot B _{1} E}{2} = 9 \Rightarrow B_{1} E = 6, B_{1} O_{1} = 3.$

В угле $O_{1} B_{1} N_{1}$ прямые $P K$ и $O_{1} N_{1}$ параллельны, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

$\frac{B _{1} P}{B _{1} O _{1}} = \frac{B _{1} K}{B _{1} N _{1}} = \frac{1}{3} \Rightarrow B_{1} P = 1, P O_{1} = 2.$

Треугольник $P O_{1} O$ прямоугольный ( $O O_{1} ⊥ (A_{1} B_{1} C_{1})$ ), по теореме Пифагора

$P O = P O_{1}^{2} + O O_{1}^{2} = 4 + 16 = 25 .$

Площадь трапеции:

$S_{A M K N} = \frac{M K + A N}{2} \cdot P O = \frac{1 + 3}{2} \cdot 25 = 45 .$

Ответ: б) $45$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15