В правильной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ отмечены точки K, L и M на ребрах… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2025 развёрнутое

В правильной призме $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ отмечены точки $K,$ $L$ и $M$ на ребрах $C D,$ $C C_{1}$ и $A_{1} B_{1}$ соответственно. Известно, что $A_{1} M = M B_{1},$ $2 C K = K D$ и $A K L M$ — равнобедренная трапеция.

а) Докажите, что $C L = 2 L C_{1} .$

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

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

Разбор — 3 балла

а) Призма правильная, поэтому в основании лежит квадрат, а боковые рёбра перпендикулярны основаниям. Пусть $A B = 6 x$ . Тогда

$D K = 4 x, K C = 2 x, A_{1} M = M B_{1} = 3 x .$

Сторона $A M$ трапеции лежит в грани $A B B_{1} A_{1}$ , сторона $K L$ — в противоположной грани $D C C_{1} D_{1}$ . Эти грани лежат в параллельных плоскостях, а плоскость трапеции пересекает их по параллельным прямым, поэтому $A M ∥ K L$ .

Пусть $M^{'}$ — середина $D_{1} C_{1}$ . Отрезок $M M^{'}$ соединяет середины противоположных сторон квадрата $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ , поэтому $M M^{'} ∥ A_{1} D_{1} ∥ A D$ и $M M^{'} = A D$ . Четырёхугольник $A M M^{'} D$ , у которого стороны $A D$ и $M M^{'}$ равны и параллельны, — параллелограмм, значит, $D M^{'} ∥ A M$ . Две прямые, параллельные третьей, параллельны, поэтому

$D M^{'} ∥ K L .$

Рассмотрим грань $D C C_{1} D_{1}$ . Прямая $D M^{'}$ пересекает прямую $D_{1} C_{1}$ , значит, параллельная ей прямая $K L$ тоже пересекает прямую $D_{1} C_{1}$ . Обозначим точку пересечения $P$ .

В четырёхугольнике $D M^{'} P K$ противоположные стороны попарно параллельны: $D K ∥ M^{'} P$ (лежат на параллельных прямых $D C$ и $D_{1} C_{1}$ ) и $D M^{'} ∥ K P$ . Значит, это параллелограмм, и

$M^{'} P = D K = 4 x .$

Так как $M^{'} C_{1} = 3 x < 4 x$ , точка $P$ лежит на продолжении $D_{1} C_{1}$ за точку $C_{1}$ , и

$C_{1} P = M^{'} P - M^{'} C_{1} = 4 x - 3 x = x .$

Треугольники $L C_{1} P$ и $L C K$ подобны по двум углам: $∠ L C_{1} P = ∠ L C K = 9 0^{\circ}$ (ребро $C C_{1}$ перпендикулярно прямым $D_{1} C_{1}$ и $D C$ ), а $∠ C_{1} L P = ∠ C L K$ как вертикальные. Поэтому

$\frac{C _{1} L}{C L} = \frac{C _{1} P}{C K} = \frac{x}{2 x} = \frac{1}{2},$

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

б) Так как $C C_{1} = A A_{1} = 7$ и $C L = 2 L C_{1}$ , получаем

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

Боковые стороны равнобедренной трапеции равны: $A K = M L$ . Выразим их через $x$ .

Из прямоугольного треугольника $A D K$ ( $∠ A D K = 9 0^{\circ}$ ):

$A K^{2} = A D^{2} + D K^{2} = 36 x^{2} + 16 x^{2} = 52 x^{2} .$

Из прямоугольного треугольника $M B_{1} C_{1}$ ( $∠ M B_{1} C_{1} = 9 0^{\circ}$ — угол квадрата):

$M C_{1}^{2} = M B_{1}^{2} + B_{1} C_{1}^{2} = 9 x^{2} + 36 x^{2} = 45 x^{2} .$

Ребро $C C_{1}$ перпендикулярно плоскости верхнего основания, поэтому $C_{1} L ⊥ M C_{1}$ , и треугольник $M C_{1} L$ прямоугольный:

$M L^{2} = M C_{1}^{2} + C_{1} L^{2} = 45 x^{2} + \frac{49}{9} .$

Приравниваем:

$52 x^{2} = 45 x^{2} + \frac{49}{9}, 7 x^{2} = \frac{49}{9}, x^{2} = \frac{7}{9} .$

Сторона основания $A B = 6 x$ , площадь основания

$S_{A B C D} = 36 x^{2} = 36 \cdot \frac{7}{9} = 28.$

Объём призмы:

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

Ответ: б) $196$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15