ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: правильная призма, точка $P$ на верхнем ребре $B_1{C}_1$ ближе к $C_1$, точка $Q$ на нижнем ребре $AB$; сечение проходит через $A_1$, $P$, $Q$ и середину $M$ ребра $BC$.

а) Обозначим плоскость $A_{1}PQ$ через $\alpha$. Плоскости оснований $ABC$ и $A_1{B}_1{C}_1$ параллельны, поэтому $\alpha$ пересекает их по параллельным прямым: $QM\parallel A_{1}P$.

Рассмотрим треугольники $A_1{B}_{1}P$ и $QBM$. Их стороны соответственно параллельны и сонаправлены: $B_1{A}_1\parallel BQ$, $B_{1}P\parallel BM$, $A_{1}P\parallel QM$. Поэтому их углы равны как углы с сонаправленными сторонами, и треугольники подобны:

$$\frac{BM}{B_{1}P}=\frac{BQ}{B_1{A}_1}.$$

По условию $B_{1}P=B_1{C}_1-P{C}_1=12-3=9$ и $BQ=AB-AQ=12-4=8$, $B_1{A}_1=12$. Тогда

$$BM=\frac{B_{1}P\cdot BQ}{B_1{A}_1}=\frac{9\cdot 8}{12}=6=\frac{1}{2}BC.$$

Значит, $M$ — середина ребра $BC$. Что и требовалось доказать.

б) В грани $BC{C}_1{B}_1$ прямые $PM$ и $B{B}_1$ не параллельны (точки $P$ и $M$ удалены от прямой $B{B}_1$ на разные расстояния $B_{1}P=9$ и $BM=6$), поэтому пересекаются в некоторой точке $S$. Так как $BM<B_{1}P$, точка $S$ лежит на продолжении ребра $B_{1}B$ за точку $B$. Точка $S$ лежит на прямой $PM$, а значит, в плоскости $\alpha$.

Треугольники $SBM$ и $S{B}_{1}P$ подобны, так как $BM\parallel B_{1}P$:

$$\frac{SB}{S{B}_1}=\frac{BM}{B_{1}P}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SB}{SB+2}=\frac{2}{3}\Rightarrow 3SB=2SB+4\Rightarrow SB=4.$$

Точки $Q$, $S$, $M$ лежат в плоскости $\alpha$ и не лежат на одной прямой, поэтому $\alpha$ — это плоскость $QSM$. Искомое расстояние от $B$ до $\alpha$ равно высоте $h_B$ тетраэдра $BQSM$, опущенной из вершины $B$ на грань $QSM$:

$$h_B=\frac{3V_{BQSM}}{S_{QSM}}.$$

Найдём объём этого тетраэдра, приняв за основание треугольник $QBM$, а за вершину — точку $S$. Прямая $B{B}_1$ перпендикулярна плоскости основания, поэтому $SB$ — высота. Угол $QBM$ равен $60^{\circ }$:

$$S_{QBM}=\frac{1}{2}\cdot QB\cdot BM\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3},V_{BQSM}=\frac{1}{3}\cdot S_{QBM}\cdot SB=\frac{1}{3}\cdot 12\sqrt{3}\cdot 4=16\sqrt{3}.$$

Найдём стороны треугольника $QSM$. Треугольники $SBM$ и $SBQ$ прямоугольные с прямым углом $B$, по теореме Пифагора

$$SM=\sqrt{S{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{16+36}=2\sqrt{13},SQ=\sqrt{S{B}^2+B{Q}^2}=\sqrt{16+64}=4\sqrt{5}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $QBM$:

$$Q{M}^2=Q{B}^2+B{M}^2-2\cdot QB\cdot BM\cdot \cos 60^{\circ }=64+36-48=52,QM=2\sqrt{13}.$$

Значит, $QM=SM$, и треугольник $QSM$ равнобедренный с основанием $SQ$. Его высота $MF$, проведённая к основанию, является медианой, $SF=\frac{SQ}{2}=2\sqrt{5}$, и

$$MF=\sqrt{S{M}^2-S{F}^2}=\sqrt{52-20}=4\sqrt{2},S_{QSM}=\frac{1}{2}\cdot SQ\cdot MF=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{2}=8\sqrt{10}.$$

Тогда искомое расстояние

$$h_B=\frac{3\cdot 16\sqrt{3}}{8\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{30}}{10}=\frac{3\sqrt{30}}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{3\sqrt{30}}{5}$.