Дана правильная четырёхугольная призма ABCDA₁B₁C₁D₁. Точка L лежит на… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2025 развёрнутое

Дана правильная четырёхугольная призма $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ . Точка $L$ лежит на стороне $C C_{1}$ , $M$ — середина $A_{1} B_{1}$ . Точка $K$ делит $D C$ таким образом, что $D K = 2 K C$ . $A K L M$ — равнобедренная трапеция.

a) Докажите, что $C L = 2 C_{1} L$ .

б) Найдите объём призмы, если известно, что $A A_{1} = 7$ .

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

Разбор — 3 балла

Трапеция AKLM

а) Выясним, какие стороны трапеции $A K L M$ параллельны.

Сторона $A M$ лежит в плоскости грани $A B B_{1} A_{1}$ , а сторона $K L$ — в плоскости грани $D C C_{1} D_{1}$ . Эти противоположные грани призмы лежат в параллельных плоскостях. Плоскость трапеции пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым, поэтому

$A M ∥ K L .$

Значит, $A M$ и $K L$ — основания трапеции, а $A K$ и $M L$ — её боковые стороны.

Призма правильная, поэтому она прямая, а в основании лежит квадрат. Боковые рёбра перпендикулярны основаниям, значит,

$∠ A A_{1} M = 9 0^{\circ}, ∠ L C K = 9 0^{\circ} .$

Сравним острые углы $A M A_{1}$ и $L K C$ этих прямоугольных треугольников. Их стороны соответственно параллельны: $M A ∥ K L$ (доказано выше) и $M A_{1} ∥ K C$ (обе прямые параллельны $A B$ ). Углы с соответственно параллельными сторонами либо равны, либо в сумме дают $18 0^{\circ}$ . Оба угла острые, значит, $∠ A M A_{1} = ∠ L K C$ .

Следовательно, прямоугольные треугольники $A A_{1} M$ и $L C K$ подобны по острому углу, причём вершине $A_{1}$ соответствует $C$ , вершине $M$ — вершина $K$ , вершине $A$ — вершина $L$ . Пусть сторона основания равна $a$ . Так как $M$ — середина $A_{1} B_{1}$ , а $D K = 2 K C$ , то

$A_{1} M = \frac{a}{2}, C K = \frac{1}{3} C D = \frac{a}{3} .$

Коэффициент подобия равен отношению сходственных сторон:

$k = \frac{A _{1} M}{C K} = \frac{a /2}{a /3} = \frac{3}{2}, \frac{A A _{1}}{C L} = \frac{3}{2} .$

Отсюда

$C L = \frac{2}{3} A A_{1} = \frac{2}{3} C C_{1}, C_{1} L = C C_{1} - C L = \frac{1}{3} C C_{1} .$

Значит, $C L = 2 C_{1} L$ , что и требовалось доказать.

Рисунок к решению

б) По пункту а) при $A A_{1} = 7$

$C L = \frac{14}{3}, C_{1} L = \frac{7}{3} .$

Трапеция $A K L M$ равнобедренная, поэтому её боковые стороны равны: $A K = M L$ . Выразим обе через $a$ .

Треугольник $A D K$ прямоугольный ( $∠ A D K = 9 0^{\circ}$ — угол квадрата), $D K = \frac{2}{3} a$ . По теореме Пифагора

$A K^{2} = A D^{2} + D K^{2} = a^{2} + \frac{4}{9} a^{2} = \frac{13}{9} a^{2} .$

Пусть $M^{'}$ — середина ребра $C_{1} D_{1}$ . Отрезок $M M^{'}$ соединяет середины противоположных сторон квадрата $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ , поэтому $M M^{'} = a$ и $M M^{'} ⊥ D_{1} C_{1}$ . Кроме того, $M M^{'}$ лежит в плоскости верхнего основания, а ребро $C C_{1}$ перпендикулярно этой плоскости, значит, $M M^{'} ⊥ C C_{1}$ . Прямая $M M^{'}$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $D_{1} C_{1}$ и $C_{1} C$ плоскости $D C C_{1}$ , поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $M M^{'} ⊥ (D C C_{1})$ . В частности, $M M^{'} ⊥ M^{'} L$ .

Из прямоугольного треугольника $M^{'} C_{1} L$ ( $∠ M^{'} C_{1} L = 9 0^{\circ}$ ):

$M^{'} L^{2} = C_{1} M^{'2} + C_{1} L^{2} = \frac{a ^{2}}{4} + \frac{49}{9} .$

Из прямоугольного треугольника $M M^{'} L$ :

$M L^{2} = M M^{'2} + M^{'} L^{2} = a^{2} + \frac{a ^{2}}{4} + \frac{49}{9} = \frac{5}{4} a^{2} + \frac{49}{9} .$

Рисунок к решению

Приравняем квадраты боковых сторон:

$\frac{13}{9} a^{2} = \frac{5}{4} a^{2} + \frac{49}{9} .$

Умножим обе части на $36$ :

$52 a^{2} = 45 a^{2} + 196, 7 a^{2} = 196, a^{2} = 28.$

Площадь основания — квадрат со стороной $a$ , поэтому $S_{A B C D} = a^{2} = 28$ . Объём призмы равен произведению площади основания на высоту:

$V = S_{A B C D} \cdot A A_{1} = 28 \cdot 7 = 196.$

Ответ: б) $196$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15