ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Прямые $MK$ и $AD$ лежат в плоскости грани $A{A}_1{D}_{1}D$. Обозначим через $T$ точку пересечения прямой $MK$ с прямой $AD$.

Найдём положение точки $T$. Призма прямая, поэтому боковое ребро $D{D}_1$ перпендикулярно основаниям: $D{D}_1\perp A_1{D}_1$ и $D{D}_1\perp AD$. По условию $A_{1}M:M{D}_1=1:4$, а $A_1{D}_1=AD=5$, значит,

$$A_{1}M=1,M{D}_1=4.$$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $M{D}_{1}K$ и $TDK$. У них $K{D}_1=KD$, так как $K$ — середина $D{D}_1$, и $\angle MK{D}_1=\angle TKD$ как вертикальные. Значит, треугольники равны по катету и прилежащему острому углу, откуда

$$DT=M{D}_1=4.$$

Точки $M$ и $T$ лежат по разные стороны от прямой $D{D}_1$, а $M$ лежит на отрезке $A_1{D}_1$. Поэтому $T$ лежит на продолжении $AD$ за точку $D$.

Основания трапеции параллельны, поэтому $DT\parallel BC$, причём отрезки $BC$ и $DT$ направлены одинаково (оба — в сторону от $A$ к $D$) и равны: $BC=DT=4$. Четырёхугольник, у которого две противоположные стороны равны и параллельны, — параллелограмм. Значит, $BCTD$ — параллелограмм, и

$$CT\parallel BD.$$

Точка $T$ лежит на прямой $MK$, поэтому прямая $CT$ лежит в плоскости $MCK$. Прямая $BD$ этой плоскости не принадлежит: иначе точка $D$ лежала бы в плоскости $MCK$, и эта плоскость совпала бы с плоскостью $AD{D}_1$ (содержала бы три её точки $D$, $K$, $M$, не лежащие на одной прямой), а точка $C$ в плоскости $AD{D}_1$ не лежит.

Прямая $BD$ параллельна прямой $CT$ плоскости $MCK$ и не лежит в этой плоскости. По признаку параллельности прямой и плоскости $BD\parallel (MCK)$, что и требовалось доказать.

б) Найдём боковую сторону трапеции. Опустим из $B$ и $C$ высоты на $AD$. Трапеция равнобедренная, поэтому отрезки, которые они отсекают по краям основания $AD$, равны:

$$\frac{AD-BC}{2}=\frac{5-4}{2}=\frac{1}{2}.$$

В прямоугольном треугольнике с острым углом $60^{\circ }$ этот отрезок — прилежащий катет, а боковая сторона — гипотенуза:

$$CD=AB=\frac{1/2}{\cos 60^{\circ }}=1.$$

Углы при основании равнобедренной трапеции равны, поэтому $\angle CDA=\angle BAD=60^{\circ }$, а смежный с ним угол

$$\angle CDT=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }.$$

По теореме косинусов в треугольнике $CDT$:

$$C{T}^2=C{D}^2+D{T}^2-2\cdot CD\cdot DT\cdot \cos 120^{\circ }=1+16-2\cdot 1\cdot 4\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=21.$$

Обозначим $KD=x$. Ребро $D{D}_1$ перпендикулярно плоскости основания, поэтому треугольники $KDT$ и $KDC$ прямоугольные с прямым углом при вершине $D$:

$$K{T}^2=x^2+16,K{C}^2=x^2+1.$$

Точка $K$ лежит между $M$ и $T$, поэтому углы $CKM$ и $CKT$ смежные. По условию $\angle CKM=90^{\circ }$, значит, и $\angle CKT=90^{\circ }$. По теореме Пифагора для треугольника $CKT$:

$$K{C}^2+K{T}^2=C{T}^2,(x^2+1)+(x^2+16)=21,2x^2=4,x=\sqrt{2}.$$

Плоскость $MCK$ пересекает плоскость основания по прямой $CT$. Проведём в плоскости основания $DH\perp CT$. Угол $CDT$ тупой, поэтому углы $C$ и $T$ треугольника $CDT$ острые, и точка $H$ лежит на отрезке $CT$. Отрезок $KD$ — перпендикуляр к плоскости основания, $KH$ — наклонная, $DH$ — её проекция. Так как $DH\perp CT$, по теореме о трёх перпендикулярах $KH\perp CT$.

Значит, $\angle KHD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью $MKC$ и плоскостью основания. Он острый (острый угол прямоугольного треугольника $KDH$), поэтому равен искомому углу.

Найдём $DH$ через площадь треугольника $CDT$:

$$S_{CDT}=\frac{1}{2}\cdot CD\cdot DT\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},$$

$$DH=\frac{2S_{CDT}}{CT}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{21}}=\frac{2}{\sqrt{7}}.$$

Из прямоугольного треугольника $KDH$:

$$\mathrm{tg}\angle KHD=\frac{KD}{DH}=\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{7}}{2}=\frac{\sqrt{14}}{2}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{14}}{2}$.