В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ сторона AB основания равна 5, а… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2025 развёрнутое

В правильной четырёхугольной призме $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ сторона $A B$ основания равна $5$ , а боковое ребро $A A_{1}$ равно $5$ . На рёбрах $B C$ и $C_{1} D_{1}$ отмечены точки $K$ и $L$ соответственно, причём $B K = C_{1} L = 2$ . Плоскость $γ$ параллельна прямой $B D$ и содержит точки $K$ и $L$ .

а) Докажите, что прямая $A_{1} C$ перпендикулярна плоскости $γ$ .

б) Найдите объём пирамиды, вершина которой — точка $A_{1}$ , а основание — сечение данной призмы плоскостью $γ$ .

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

Разбор — 3 балла

а) Сначала построим сечение призмы плоскостью $γ$ .

Плоскость основания $A B C D$ проходит через прямую $B D$ , параллельную плоскости $γ$ , и пересекает $γ$ (у них есть общая точка $K$ ). Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения параллельна данной прямой. Значит, $γ$ пересекает основание по прямой, проходящей через $K$ параллельно $B D$ . Проведём $K K_{1} ∥ B D$ , $K_{1} \in C D$ .

Плоскости оснований призмы параллельны, а две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым. Поэтому $γ$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $L$ параллельно $K K_{1}$ , то есть параллельно $B D$ и $B_{1} D_{1}$ ( $B B_{1} D_{1} D$ — прямоугольник, $B_{1} D_{1} ∥ B D$ ). Проведём $L L_{1} ∥ B_{1} D_{1}$ , $L_{1} \in B_{1} C_{1}$ .

Точки $K_{1}$ и $L$ лежат в грани $C D D_{1} C_{1}$ , а точки $K$ и $L_{1}$ — в грани $B C C_{1} B_{1}$ . Значит, сечение — четырёхугольник $K K_{1} L L_{1}$ , в котором $K K_{1} ∥ L L_{1}$ .

Рисунок к решению

Найдём положение точек. Так как $B K = 2$ , то $C K = 5 - 2 = 3$ . В треугольнике $C B D$ прямая $K K_{1}$ параллельна $B D$ , поэтому $△ C K K_{1} \sim △ C B D$ с коэффициентом $\frac{C K}{C B} = \frac{3}{5}$ . Диагональ квадрата $B D = 52$ , откуда

$C K_{1} = 3, K K_{1} = \frac{3}{5} \cdot 52 = 32 .$

Аналогично в треугольнике $C_{1} D_{1} B_{1}$ : $L L_{1} ∥ D_{1} B_{1}$ , $△ C_{1} L L_{1} \sim △ C_{1} D_{1} B_{1}$ с коэффициентом $\frac{C _{1} L}{C _{1} D _{1}} = \frac{2}{5}$ , откуда

$C_{1} L_{1} = 2, L L_{1} = \frac{2}{5} \cdot 52 = 22 .$

По признаку перпендикулярности прямой и плоскости достаточно доказать, что $A_{1} C$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $γ$ .

Первая прямая — $K K_{1}$ . Правильная призма прямая, поэтому $A A_{1} ⊥ (A B C)$ , и $A C$ — проекция наклонной $A_{1} C$ на плоскость основания. Диагонали квадрата перпендикулярны: $B D ⊥ A C$ . По теореме о трёх перпендикулярах $A_{1} C ⊥ B D$ , а так как $K K_{1} ∥ B D$ , то

$A_{1} C ⊥ K K_{1} .$

Вторая прямая. Пусть $O$ и $O_{1}$ — центры оснований, $W$ — точка пересечения $K K_{1}$ и $A C$ , $W_{1}$ — точка пересечения $L L_{1}$ и $A_{1} C_{1}$ . Точки $W$ и $W_{1}$ лежат в $γ$ , поэтому прямая $W W_{1}$ лежит в $γ$ и пересекает $K K_{1}$ в точке $W$ . Кроме того, $W W_{1}$ лежит в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ .

В треугольнике $C B O$ отрезок $K W$ параллелен $B O$ , значит, $△ C K W \sim △ C B O$ и $\frac{C W}{C O} = \frac{C K}{C B} = \frac{3}{5}$ . Так как $C O = \frac{1}{2} A C = \frac{5 2}{2}$ ,

$C W = \frac{3}{5} \cdot \frac{5 2}{2} = \frac{3 2}{2} .$

Точно так же $△ C_{1} L W_{1} \sim △ C_{1} D_{1} O_{1}$ и $\frac{C _{1} W _{1}}{C _{1} O _{1}} = \frac{C _{1} L}{C _{1} D _{1}} = \frac{2}{5}$ , откуда

$C_{1} W_{1} = \frac{2}{5} \cdot \frac{5 2}{2} = 2 .$

Рассмотрим прямоугольник $A A_{1} C_{1} C$ , в котором $A C = A_{1} C_{1} = 52$ , $A A_{1} = C C_{1} = 5$ .

Рисунок к решению

Проведём через точку $C$ прямую, параллельную $W W_{1}$ ; она пересечёт прямую $A_{1} C_{1}$ в точке $W_{2}$ . В четырёхугольнике $W W_{1} W_{2} C$ противоположные стороны попарно параллельны ( $W C$ и $W_{1} W_{2}$ лежат на параллельных прямых $A C$ и $A_{1} C_{1}$ ), значит, это параллелограмм, и $W_{1} W_{2} = W C$ . Отрезок $W_{1} W_{2}$ направлен в сторону $C_{1}$ и имеет длину $\frac{3 2}{2} > W_{1} C_{1} = 2$ , поэтому точка $W_{2}$ лежит на продолжении $A_{1} C_{1}$ за точку $C_{1}$ :

$C_{1} W_{2} = \frac{3 2}{2} - 2 = \frac{2}{2}, A_{1} W_{2} = 52 + \frac{2}{2} = \frac{11 2}{2} .$

Найдём стороны треугольника $A_{1} C W_{2}$ . Из прямоугольного треугольника $A_{1} A C$ по теореме Пифагора

$A_{1} C^{2} = A A_{1}^{2} + A C^{2} = 5 + 50 = 55.$

Из прямоугольного треугольника $C C_{1} W_{2}$ ( $C C_{1} ⊥ A_{1} C_{1}$ )

$C W_{2}^{2} = C C_{1}^{2} + C_{1} W_{2}^{2} = 5 + \frac{1}{2} = \frac{11}{2} .$

Наконец, $A_{1} W_{2}^{2} = \frac{121}{2}$ . Проверим:

$A_{1} C^{2} + C W_{2}^{2} = 55 + \frac{11}{2} = \frac{121}{2} = A_{1} W_{2}^{2} .$

По теореме, обратной теореме Пифагора, $∠ A_{1} C W_{2} = 9 0^{\circ}$ , то есть $A_{1} C ⊥ C W_{2}$ . Так как $W W_{1} ∥ C W_{2}$ , то

$A_{1} C ⊥ W W_{1} .$

Итак, прямая $A_{1} C$ перпендикулярна пересекающимся прямым $K K_{1}$ и $W W_{1}$ плоскости $γ$ . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_{1} C ⊥ γ$ , что и требовалось доказать.

б) Требуется найти объём пирамиды $A_{1} K K_{1} L L_{1}$ .

Сечение плоскостью γ и пирамида с вершиной A₁

Так как $A_{1} C ⊥ γ$ , высота пирамиды, опущенная из $A_{1}$ , лежит на прямой $A_{1} C$ : это отрезок $A_{1} T$ , где $T$ — точка пересечения $A_{1} C$ с плоскостью $γ$ . Прямая $A_{1} C$ лежит в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ , а эта плоскость пересекает $γ$ по прямой $W W_{1}$ . Значит, $T$ — точка пересечения $A_{1} C$ и $W W_{1}$ .

Рисунок к решению

Найдём $A_{1} T$ . Имеем $A_{1} W_{1} = A_{1} C_{1} - C_{1} W_{1} = 52 - 2 = 42$ . Так как $A_{1} W_{1} ∥ W C$ , треугольники $A_{1} T W_{1}$ и $C T W$ подобны по двум углам (вертикальные углы при вершине $T$ и накрест лежащие углы $∠ T A_{1} W_{1} = ∠ T C W$ ):

$\frac{A _{1} T}{T C} = \frac{A _{1} W _{1}}{C W} = \frac{4 2}{\frac{3 2}{2}} = \frac{8}{3} .$

Значит, $A_{1} T = \frac{8}{11} A_{1} C$ :

$A_{1} T = \frac{8 55}{11} .$

Найдём площадь сечения. $K K_{1} ∥ L L_{1}$ и $K K_{1} \neq = L L_{1}$ , поэтому $K K_{1} L L_{1}$ — трапеция. Прямая $B D$ перпендикулярна $A C$ и $A A_{1}$ , значит, по признаку $B D ⊥ (A A_{1} C_{1} C)$ . Тогда и параллельные ей прямые $K K_{1}$ и $L L_{1}$ перпендикулярны этой плоскости, а значит, и прямой $W W_{1}$ , лежащей в ней. Следовательно, $W W_{1}$ — высота трапеции. Как противоположные стороны параллелограмма,

$W W_{1} = C W_{2} = \frac{11}{2} .$

Площадь трапеции:

$S_{K K_{1} L L_{1}} = \frac{K K _{1} + L L _{1}}{2} \cdot W W_{1} = \frac{3 2 + 2 2}{2} \cdot \frac{11}{2} = \frac{5 11}{2} .$

Объём пирамиды:

$V = \frac{1}{3} \cdot S_{K K_{1} L L_{1}} \cdot A_{1} T = \frac{1}{3} \cdot \frac{5 11}{2} \cdot \frac{8 55}{11} = \frac{40 \cdot 11 5}{66} = \frac{20 5}{3} .$

Ответ: б) $\frac{20 5}{3}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15