ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Точки $N$ и $K$ лежат в плоскости верхнего основания, точки $M$ и $L$ — в плоскости нижнего. Основания призмы лежат в параллельных плоскостях, а плоскость $MNK$ пересекает их по параллельным прямым, поэтому

$$NK\parallel ML.$$

Рассмотрим треугольник $N{B}_{1}K$. В нём $B_{1}N=2$, $B_{1}K=B_1{C}_1-C_{1}K=6-2=4$, а $\angle N{B}_{1}K=60^{\circ }$ как угол правильного треугольника. По теореме косинусов

$$N{K}^2=B_1{N}^2+B_1{K}^2-2\cdot B_{1}N\cdot B_{1}K\cdot \cos 60^{\circ }=4+16-8=12,NK=2\sqrt{3}.$$

Заметим, что $B_1{N}^2+N{K}^2=4+12=16=B_1{K}^2$. По теореме, обратной теореме Пифагора, $\angle B_{1}NK=90^{\circ }$, то есть $NK\perp A_1{B}_1$.

Так как $ML\parallel NK$ и $AB\parallel A_1{B}_1$, угол между прямыми $ML$ и $AB$ тоже прямой: $ML\perp AB$. Тогда в прямоугольном треугольнике $AML$ с углом $\angle MAL=60^{\circ }$ и катетом $AM=2$

$$ML=AM\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=2\sqrt{3},AL=\frac{AM}{\cos 60^{\circ }}=4.$$

Значит, точка $L$ лежит на ребре $AC$, причём $LC=6-4=2$.

Отрезки $ML$ и $NK$ параллельны, равны и направлены одинаково: оба перпендикулярны прямым $AB$ и $A_1{B}_1$ и отходят от грани $AB{B}_1{A}_1$ внутрь призмы. Четырёхугольник, у которого две противоположные стороны равны и параллельны, — параллелограмм. Значит, $MNKL$ — параллелограмм.

Докажем, что угол $NML$ прямой. Прямая $ML$ перпендикулярна $AB$, а также боковому ребру $A{A}_1$, так как $A{A}_1$ перпендикулярно плоскости основания. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $ML\perp (AB{B}_1)$, поэтому $ML\perp MN$. Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник.

Найдём $MN$. Опустим в грани $AB{B}_1{A}_1$ перпендикуляр $N{N}_1$ на $AB$. Четырёхугольник $N{N}_{1}B{B}_1$ — прямоугольник, поэтому $B{N}_1=B_{1}N=2$ и $N{N}_1=B{B}_1=2\sqrt{2}$. Тогда

$$M{N}_1=AB-AM-B{N}_1=6-2-2=2,MN=\sqrt{M{N}_1^2+N{N}_1^2}=\sqrt{4+8}=2\sqrt{3}.$$

Итак, $MN=ML=2\sqrt{3}$: у прямоугольника $MNKL$ равны соседние стороны, следовательно, это квадрат, что и требовалось доказать.

б) Построим сечение целиком: осталось найти, по каким отрезкам плоскость $MNK$ пересекает грани $B{B}_1{C}_{1}C$ и $A{A}_1{C}_{1}C$.

Прямые $ML$ и $BC$ лежат в плоскости основания. Пусть $O$ — точка их пересечения. По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $MLO$:

$$\frac{AM}{MB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CL}{LA}=1\Rightarrow \frac{2}{4}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{2}{4}=1\Rightarrow \frac{BO}{OC}=4.$$

Прямая $ML$ пересекает стороны $AB$ и $AC$ во внутренних точках, поэтому сторону $BC$ она пересекает на продолжении: точка $O$ лежит за точкой $C$. Тогда $BO=6+CO=4CO$, откуда $CO=2$.

Точки $O$ и $K$ лежат и в плоскости сечения, и в плоскости $BC{C}_1$, поэтому прямая $OK$ — линия их пересечения. Пусть $OK$ пересекает ребро $C{C}_1$ в точке $P$. Прямоугольные треугольники $POC$ и $PK{C}_1$ равны по катету и острому углу: $OC=K{C}_1=2$, $\angle OPC=\angle KP{C}_1$ как вертикальные. Следовательно,

$$CP=P{C}_1=\frac{C{C}_1}{2}=\sqrt{2}.$$

Сечение — пятиугольник $MNKPL$. Его площадь равна сумме площадей квадрата $MNKL$ и треугольника $KPL$.

Ребро $C{C}_1$ перпендикулярно плоскостям оснований, поэтому треугольники $K{C}_{1}P$ и $LCP$ прямоугольные:

$$K{P}^2=K{C}_1^2+C_1{P}^2=4+2=6,L{P}^2=L{C}^2+C{P}^2=4+2=6.$$

Так как $K{P}^2+L{P}^2=12=K{L}^2$, по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $KPL$ прямоугольный с прямым углом $P$:

$$S_{KPL}=\frac{1}{2}\cdot KP\cdot LP=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{6}\cdot \sqrt{6}=3.$$

Площадь квадрата $S_{MNKL}=(2\sqrt{3}{)}^2=12$. Площадь сечения:

$$S=12+3=15.$$

Ответ: б) $15$.