В основании прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит параллелограмм ABCD с… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная развёрнутое

В основании прямой призмы $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ лежит параллелограмм $A B C D$ с углом $6 0^{\circ}$ при вершине $A$ . На рёбрах $A_{1} B_{1}$ , $B_{1} C_{1}$ и $B C$ отмечены точки $M$ , $K$ и $N$ соответственно так, что четырёхугольник $A M K N$ — равнобедренная трапеция с основаниями 1 и 2.

а) Докажите, что точка $M$ — середина ребра $A_{1} B_{1}$ .

б) Найдите высоту призмы, если её объём равен 5 и известно, что точка $K$ делит ребро $B_{1} C_{1}$ в отношении $B_{1} K : K C_{1} = 2 : 3$ .

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

Разбор — 3 балла

Сечение AMKN — равнобедренная трапеция

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 $K N$ — боковые стороны. Трапеция равнобедренная, поэтому $A M = K N$ .

Пусть $N_{1}$ — проекция точки $N$ на плоскость верхнего основания. Призма прямая, её боковые рёбра перпендикулярны основаниям, поэтому $N N_{1} ∥ B B_{1}$ , $N N_{1} = B B_{1}$ , точка $N_{1}$ лежит на ребре $B_{1} C_{1}$ и $B_{1} N_{1} = B N$ . Кроме того, $A A_{1} ∥ N N_{1}$ 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 $A N$ , а значит, параллельны друг другу. В треугольнике $A_{1} B_{1} N_{1}$ точка $M$ лежит на стороне $B_{1} A_{1}$ , а $M K ∥ A_{1} N_{1}$ , поэтому треугольники $M B_{1} K$ и $A_{1} B_{1} N_{1}$ подобны (соответственные углы при параллельных прямых равны) с коэффициентом

$k = \frac{B _{1} M}{B _{1} A _{1}} = \frac{M K}{A _{1} N _{1}} = \frac{M K}{A N} ⩽ 1.$

Если бы $k = 1$ , то $M = A_{1}$ , $K = N_{1}$ и $M K = A N$ — тогда $A M K N$ был бы параллелограммом, а не трапецией. Значит, $M K < A N$ , то есть $M K = 1$ , $A N = 2$ и $k = \frac{1}{2}$ . Отсюда $B_{1} M = \frac{1}{2} B_{1} A_{1}$ , и $M$ — середина ребра $A_{1} B_{1}$ . Что и требовалось доказать.

Заодно получили $B_{1} K = \frac{1}{2} B_{1} N_{1}$ : точка $K$ — середина отрезка $B_{1} N_{1}$ .

б) Пусть $B_{1} C_{1} = 5 t$ , тогда $B_{1} K = 2 t$ , $K C_{1} = 3 t$ . По пункту а) $B_{1} N_{1} = 2 B_{1} K = 4 t$ , поэтому $B N = B_{1} N_{1} = 4 t$ и $N_{1} K = B_{1} N_{1} - B_{1} K = 2 t$ . Так как $4 t < 5 t$ , точка $N$ действительно лежит на ребре $B C$ .

Пусть $A B = a$ , $h$ — высота призмы. Отрезки $A A_{1}$ и $N N_{1}$ перпендикулярны плоскости верхнего основания, поэтому треугольники $A A_{1} M$ и $N N_{1} K$ прямоугольные. По теореме Пифагора

$A M^{2} = A A_{1}^{2} + A_{1} M^{2} = h^{2} + \frac{a ^{2}}{4}, N K^{2} = N N_{1}^{2} + N_{1} K^{2} = h^{2} + 4 t^{2} .$

Боковые стороны трапеции равны, $A M = N K$ , поэтому $\frac{a ^{2}}{4} = 4 t^{2}$ , откуда $a = 4 t$ .

Рассмотрим треугольник $A B N$ : $A B = B N = 4 t$ . Сумма соседних углов параллелограмма равна $18 0^{\circ}$ , поэтому $∠ A B N = 18 0^{\circ} - 6 0^{\circ} = 12 0^{\circ}$ . По теореме косинусов

$A N^{2} = A B^{2} + B N^{2} - 2 \cdot A B \cdot B N \cdot cos 12 0^{\circ} = 16 t^{2} + 16 t^{2} + 16 t^{2} = 48 t^{2} .$

Значит, $A N = 43 t$ . Но $A N = 2$ , поэтому

$43 t = 2 \Rightarrow t = \frac{1}{2 3} .$

Тогда $A B = 4 t = \frac{2}{3}$ , $B C = 5 t = \frac{5}{2 3}$ . Площадь параллелограмма равна произведению соседних сторон на синус угла между ними:

$S_{A B C D} = A B \cdot B C \cdot sin 6 0^{\circ} = \frac{2}{3} \cdot \frac{5}{2 3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{5}{3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{5 3}{6} .$

Объём прямой призмы $V = S_{A B C D} \cdot h$ , откуда

$h = \frac{V}{S _{A B C D}} = \frac{5}{5 3 /6} = \frac{6}{3} = 23 .$

Ответ: б) $23$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15