В основании прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит параллелограмм ABCD. На ребрах A₁B₁, B₁C₁ и BC взяты… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2023 развёрнутое

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит параллелограмм $A B C D .$ На ребрах $A_{1} B_{1},$ $B_{1} C_{1}$ и $B C$ взяты точки $M,$ $K$ и $N$ соответственно. Причем $B_{1} K : K C_{1} = 1 : 2,$ а $A M K N$ — равнобедренная трапеция с основаниями 4 и 6.

а) Докажите, что $N$ — середина $B C .$

б) Найдите площадь трапеции $A M K N,$ если объем призмы равен 72, а ее высота равна 2.

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

Разбор — 3 балла

а) Плоскость трапеции пересекает параллельные плоскости оснований призмы по параллельным прямым, поэтому $M K ∥ A N$ . Значит, $M K$ и $A N$ — основания трапеции $A M K N$ , а $A M$ и $K N$ — её боковые стороны. Трапеция равнобедренная, поэтому $A M = K N$ .

Пусть $N_{1}$ — проекция точки $N$ на плоскость верхнего основания. Призма прямая, поэтому её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований; отрезок $N N_{1}$ параллелен ребру $B B_{1}$ и равен ему, а точка $N_{1}$ лежит на ребре $B_{1} C_{1}$ . Четырёхугольник $B B_{1} N_{1} N$ — прямоугольник, поэтому $B_{1} N_{1} = B N$ .

Точно так же $A A_{1} ∥ N N_{1}$ и $A A_{1} = N N_{1}$ , поэтому $A A_{1} N_{1} N$ — параллелограмм, и

$A_{1} N_{1} ∥ A N, A_{1} N_{1} = A N .$

Прямые $M K$ и $A_{1} N_{1}$ параллельны прямой $A N$ , значит, $M K ∥ A_{1} N_{1}$ . В треугольнике $A_{1} B_{1} N_{1}$ точка $M$ лежит на стороне $B_{1} A_{1}$ , а прямая $M K$ параллельна $A_{1} N_{1}$ . Поэтому треугольники $M B_{1} K$ и $A_{1} B_{1} N_{1}$ подобны (соответственные углы при параллельных прямых равны) с коэффициентом $\frac{B _{1} M}{B _{1} A _{1}} ⩽ 1$ . Отсюда $M K ⩽ A_{1} N_{1} = A N$ . Равенство означало бы, что $M = A_{1}$ , $K = N_{1}$ и $M K = A N$ , — тогда $A M K N$ был бы параллелограммом, а не трапецией. Значит, $M K < A N$ , то есть

$M K = 4, A N = A_{1} N_{1} = 6,$

коэффициент подобия равен $\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ , и точка $K$ лежит между $B_{1}$ и $N_{1}$ .

Рассмотрим треугольники $A A_{1} M$ и $N N_{1} K$ . Отрезки $A A_{1}$ и $N N_{1}$ перпендикулярны плоскости верхнего основания, а значит, и прямым $A_{1} M$ и $N_{1} K$ этой плоскости. Поэтому оба треугольника прямоугольные, у них равны катеты $A A_{1} = N N_{1}$ и гипотенузы $A M = N K$ . Треугольники равны по катету и гипотенузе, следовательно,

$A_{1} M = N_{1} K .$

Пусть $B_{1} K = x$ , тогда $K C_{1} = 2 x$ и $B_{1} C_{1} = 3 x$ . Обозначим $A_{1} M = N_{1} K = y$ , тогда $B_{1} N_{1} = B_{1} K + K N_{1} = x + y$ . Из подобия треугольников $M B_{1} K$ и $A_{1} B_{1} N_{1}$

$\frac{M K}{A _{1} N _{1}} = \frac{B _{1} K}{B _{1} N _{1}} \Rightarrow \frac{4}{6} = \frac{x}{x + y} \Rightarrow 4 x + 4 y = 6 x \Rightarrow y = \frac{x}{2} .$

Тогда

$B_{1} N_{1} = x + \frac{x}{2} = \frac{3 x}{2} = \frac{1}{2} B_{1} C_{1} .$

Так как $B N = B_{1} N_{1}$ и $B C = B_{1} C_{1}$ , получаем $B N = \frac{1}{2} B C$ , то есть $N$ — середина ребра $B C$ . Что и требовалось доказать.

б) Основания трапеции известны, поэтому нужно найти её высоту. Объём прямой призмы равен произведению площади основания на высоту, поэтому

$S_{A B C D} = \frac{72}{2} = 36.$

Построим высоту трапеции. В плоскости верхнего основания проведём $N_{1} H ⊥ M K$ , где $H$ лежит на прямой $M K$ . Отрезок $N N_{1}$ — перпендикуляр к плоскости верхнего основания, $N H$ — наклонная, $N_{1} H$ — её проекция. Проекция перпендикулярна прямой $M K$ , поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $N H ⊥ M K$ . Значит, $N H$ — высота трапеции $A M K N$ , и из прямоугольного треугольника $N N_{1} H$

$N H = N N_{1}^{2} + N_{1} H^{2} = 4 + N_{1} H^{2} .$

Точка $N_{1}$ лежит на прямой $A_{1} N_{1}$ , параллельной $M K$ , поэтому $N_{1} H$ — расстояние между параллельными прямыми $A_{1} N_{1}$ и $M K$ . Проведём из $B_{1}$ перпендикуляр $B_{1} P$ к прямой $A_{1} N_{1}$ ; он пересекает $M K$ в точке $E$ , и $B_{1} E ⊥ M K$ . Отрезки $B_{1} E$ и $B_{1} P$ — соответственные высоты подобных треугольников $M B_{1} K$ и $A_{1} B_{1} N_{1}$ , поэтому $B_{1} E = \frac{2}{3} B_{1} P$ и

$E P = B_{1} P - B_{1} E = \frac{1}{3} B_{1} P .$

Отрезки $E P$ и $N_{1} H$ — перпендикуляры между одними и теми же параллельными прямыми, поэтому $N_{1} H = E P = \frac{1}{3} B_{1} P$ .

Найдём $B_{1} P$ через площадь треугольника $A_{1} B_{1} N_{1}$ . Его сторона $B_{1} N_{1}$ — половина стороны $B_{1} C_{1}$ параллелограмма, а высота, опущенная из $A_{1}$ на прямую $B_{1} C_{1}$ , равна высоте параллелограмма $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ , проведённой к этой стороне. Поэтому площадь треугольника составляет четверть площади параллелограмма:

$S_{A_{1} B_{1} N_{1}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{B _{1} C _{1}}{2} \cdot h_{пар} = \frac{1}{4} S_{A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = \frac{36}{4} = 9.$

С другой стороны, $S_{A_{1} B_{1} N_{1}} = \frac{1}{2} \cdot A_{1} N_{1} \cdot B_{1} P = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot B_{1} P = 3 B_{1} P$ . Отсюда $B_{1} P = 3$ и $N_{1} H = 1$ .

Высота призмы $N N_{1} = 2$ , поэтому

$N H = 2^{2} + 1^{2} = 5 .$

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

$S_{A M K N} = \frac{M K + A N}{2} \cdot N H = \frac{4 + 6}{2} \cdot 5 = 55 .$

Ответ: б) $55$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15