ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Пусть $N_1$ — проекция точки $N$ на плоскость верхнего основания. Призма прямая, поэтому $N{N}_1$ параллелен боковым рёбрам, точка $N_1$ лежит на $B_1{C}_1$, а $B{B}_1{N}_{1}N$ — прямоугольник, так что $BN=B_1{N}_1$.

Плоскость трапеции $AMKN$ пересекает параллельные плоскости оснований призмы по прямым $AN$ и $MK$. Две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым, поэтому $AN\parallel MK$. Значит, $AN$ и $MK$ — основания трапеции, а $AM$ и $KN$ — её боковые стороны.

Отрезки $A{A}_1$ и $N{N}_1$ равны и параллельны, поэтому $A{A}_1{N}_{1}N$ — параллелограмм. Так как $A{A}_1$ перпендикулярно плоскости основания, $A{A}_1\perp AN$, и этот параллелограмм — прямоугольник. Следовательно,

$$A_1{N}_1=AN,A_1{N}_1\parallel AN\parallel MK.$$

Рассмотрим треугольник $A_1{B}_1{N}_1$ в плоскости верхнего основания. Точка $M$ лежит на стороне $A_1{B}_1$, а прямая $MK$ параллельна $A_1{N}_1$. Значит, $MK$ пересекает сторону $B_1{N}_1$, то есть точка $K$ лежит на отрезке $B_1{N}_1$, и треугольники $M{B}_{1}K$ и $A_1{B}_1{N}_1$ подобны с коэффициентом $\frac{B_{1}M}{B_1{A}_1}⩽1$. Поэтому $MK⩽A_1{N}_1=AN$. Основания трапеции различны, значит,

$$MK=4,AN=A_1{N}_1=5.$$

Трапеция равнобедренная, поэтому $AM=NK$. Треугольники $A{A}_{1}M$ и $N{N}_{1}K$ прямоугольные (рёбра $A{A}_1$ и $N{N}_1$ перпендикулярны плоскости верхнего основания), у них $A{A}_1=N{N}_1$ и $AM=NK$. Они равны по катету и гипотенузе, поэтому $A_{1}M=K{N}_1$. Обозначим $A_{1}M=K{N}_1=y$.

Пусть $B_{1}K=2x$, тогда $K{C}_1=3x$ и $B_1{C}_1=5x$. Так как $K$ лежит между $B_1$ и $N_1$,

$$B_1{N}_1=B_{1}K+K{N}_1=2x+y.$$

Из подобия треугольников $M{B}_{1}K$ и $A_1{B}_1{N}_1$:

$$\frac{MK}{A_1{N}_1}=\frac{B_{1}K}{B_1{N}_1}\Rightarrow \frac{4}{5}=\frac{2x}{2x+y}\Rightarrow 8x+4y=10x\Rightarrow y=\frac{x}{2}.$$

Тогда $B_1{N}_1=2x+\frac{x}{2}=\frac{5}{2}x=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1$, то есть $N_1$ — середина $B_1{C}_1$. Так как $BN=B_1{N}_1$ и $BC=B_1{C}_1$, точка $N$ — середина $BC$. Что и требовалось доказать.

б) Основания трапеции известны, найдём её высоту.

Проведём в плоскости верхнего основания $N_{1}H\perp MK$ ($H$ на прямой $MK$). Прямая $N{N}_1$ перпендикулярна этой плоскости, поэтому $N_{1}H$ — проекция наклонной $NH$. Прямая $MK$ перпендикулярна проекции, значит, по теореме о трёх перпендикулярах $NH\perp MK$. Точка $N$ лежит на основании $AN$, поэтому $NH$ — высота трапеции $AMKN$.

Треугольник $N{N}_{1}H$ прямоугольный, $N{N}_1=3$ — высота призмы. Осталось найти $N_{1}H$ — расстояние между параллельными прямыми $A_1{N}_1$ и $MK$.

Площадь основания призмы:

$$S_{ABCD}=\frac{V}{A{A}_1}=\frac{45}{3}=15.$$

Диагональ $A_1{C}_1$ делит параллелограмм $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ на два равных треугольника, поэтому $S_{A_1{B}_1{C}_1}=\frac{15}{2}$. Отрезок $A_1{N}_1$ — медиана треугольника $A_1{B}_1{C}_1$ ($N_1$ — середина $B_1{C}_1$), а медиана делит треугольник на два равновеликих. Значит,

$$S_{A_1{B}_1{N}_1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{15}{2}=\frac{15}{4}.$$

Проведём высоту $B_{1}O$ треугольника $A_1{B}_1{N}_1$. Из формулы площади

$$B_{1}O=\frac{2S_{A_1{B}_1{N}_1}}{A_1{N}_1}=\frac{2\cdot \frac{15}{4}}{5}=\frac{3}{2}.$$

Пусть $B_{1}O$ пересекает $MK$ в точке $P$. Так как $MK\parallel A_1{N}_1$, то $B_{1}P\perp MK$, и по теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{B_{1}P}{B_{1}O}=\frac{B_{1}M}{B_1{A}_1}=\frac{MK}{A_1{N}_1}=\frac{4}{5}\Rightarrow B_{1}P=\frac{4}{5}\cdot \frac{3}{2}=\frac{6}{5}.$$

Отрезок $PO$ перпендикулярен обеим параллельным прямым $MK$ и $A_1{N}_1$, поэтому он равен расстоянию между ними:

$$N_{1}H=PO=B_{1}O-B_{1}P=\frac{3}{2}-\frac{6}{5}=\frac{3}{10}.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $N{N}_{1}H$:

$$NH=\sqrt{N{N}_1^2+N_1{H}^2}=\sqrt{9+\frac{9}{100}}=\sqrt{\frac{909}{100}}=\frac{3\sqrt{101}}{10}.$$

Площадь трапеции:

$$S_{AMKN}=\frac{MK+AN}{2}\cdot NH=\frac{4+5}{2}\cdot \frac{3\sqrt{101}}{10}=\frac{27\sqrt{101}}{20}.$$

Ответ: б) $\frac{27\sqrt{101}}{20}$.