ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Найдём длины отрезков на ребре $A_1{D}_1$. Так как $A_1{D}_1=AD=5$ и $A_{1}M:M{D}_1=1:4$, то

$$A_{1}M=1,M{D}_1=4.$$

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ параллельны, причём векторы $\overrightarrow{BC}$ и $\overrightarrow{AD}$ сонаправлены. Грань $A{A}_1{D}_{1}D$ — параллелограмм, поэтому $A_1{D}_1\parallel AD$, и вектор $\overrightarrow{M{D}_1}$ тоже сонаправлен с $\overrightarrow{AD}$. Кроме того, $M{D}_1=4=BC$. Значит, $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{M{D}_1}$.

Рассмотрим четырёхугольник $BC{D}_{1}M$. Его противоположные стороны $BC$ и $M{D}_1$ параллельны и равны, поэтому по признаку параллелограмма $BC{D}_{1}M$ — параллелограмм.

Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $B{D}_1$ и $CM$. Тогда $O$ — середина отрезка $B{D}_1$, и при этом $O$ лежит на прямой $CM$.

Рассмотрим треугольник $B{D}_{1}D$. Точка $O$ — середина его стороны $B{D}_1$, а точка $K$ — середина стороны $D{D}_1$ по условию. Значит, $OK$ — средняя линия этого треугольника, и

$$OK\parallel BD.$$

Точка $O$ лежит на прямой $CM$, а прямая $CM$ — в плоскости $(MKC)$. Точка $K$ тоже лежит в этой плоскости. Следовательно, вся прямая $OK$ лежит в плоскости $(MKC)$.

Прямая $BD$ не лежит в плоскости $(MKC)$. Действительно, иначе плоскость содержала бы точку $D$, а с ней и прямую $DK$, то есть ребро $D{D}_1$. Тогда она проходила бы через точки $M$, $D$, $D_1$ и совпала бы с плоскостью грани $A{A}_1{D}_{1}D$, но точка $C$ этой грани не принадлежит.

Итак, прямая $BD$ не лежит в плоскости $(MKC)$ и параллельна прямой $OK$ этой плоскости. По признаку параллельности прямой и плоскости $BD\parallel (MKC)$, что и требовалось доказать.

б) Обозначим высоту призмы $A{A}_1=h$. Призма прямая, поэтому боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований, а $DK=K{D}_1=\frac{h}{2}$.

Сначала найдём боковую сторону трапеции. Проведём высоту $CF$ трапеции на основание $AD$. Трапеция равнобедренная, поэтому

$$DF=\frac{AD-BC}{2}=\frac{5-4}{2}=\frac{1}{2}.$$

Из прямоугольного треугольника $CFD$ с углом $\angle CDF=60^{\circ }$ получаем

$$CD=\frac{DF}{\cos 60^{\circ }}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=1.$$

Теперь найдём высоту призмы из условия $\angle MKC=90^{\circ }$. Для этого выразим через $h$ все стороны треугольника $MKC$.

Треугольник $M{D}_{1}K$ прямоугольный ($D{D}_1\perp A_1{D}_1$), по теореме Пифагора

$$M{K}^2=M{D}_1^2+D_1{K}^2=16+\frac{h^2}{4}.$$

Треугольник $KDC$ прямоугольный ($D{D}_1\perp (ABC)$, значит, $KD\perp DC$), поэтому

$$K{C}^2=K{D}^2+D{C}^2=\frac{h^2}{4}+1.$$

Для $MC$ опустим перпендикуляр $M{M}_0$ на плоскость основания. Он параллелен боковым рёбрам, лежит в грани $A{A}_1{D}_{1}D$, поэтому $M_0\in AD$, $A{M}_0=A_{1}M=1$, $M_{0}D=4$ и $M{M}_0=h$. В треугольнике $M_{0}DC$ по теореме косинусов

$$M_0{C}^2=M_0{D}^2+D{C}^2-2\cdot M_{0}D\cdot DC\cdot \cos 60^{\circ }=16+1-2\cdot 4\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=13.$$

Треугольник $M{M}_{0}C$ прямоугольный, поэтому

$$M{C}^2=M{M}_0^2+M_0{C}^2=h^2+13.$$

Так как $\angle MKC=90^{\circ }$, по теореме Пифагора для треугольника $MKC$

$$M{K}^2+K{C}^2=M{C}^2\iff 16+\frac{h^2}{4}+\frac{h^2}{4}+1=h^2+13\iff \frac{h^2}{2}=4\iff h=2\sqrt{2}.$$

Значит, $KD=\frac{h}{2}=\sqrt{2}$.

Построим прямую, по которой плоскость $(MKC)$ пересекает плоскость основания. Продлим отрезок $MK$ в плоскости грани $A{A}_1{D}_{1}D$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $E$. Прямоугольные треугольники $M{D}_{1}K$ и $EDK$ равны по катету и прилежащему острому углу: $D_{1}K=DK$, а углы при вершине $K$ вертикальные. Поэтому $DE=M{D}_1=4$, и точка $E$ лежит на продолжении $AD$ за точку $D$.

Точки $E$ и $C$ лежат и в плоскости $(MKC)$, и в плоскости основания. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой $CE$. (Это согласуется с пунктом а: $BC\parallel DE$ и $BC=DE=4$, поэтому $BCED$ — параллелограмм и $CE\parallel BD$.)

Построим линейный угол двугранного угла при ребре $CE$. В плоскости основания проведём $DH\perp CE$, $H\in CE$. Прямая $KD$ перпендикулярна плоскости основания, $DH$ — проекция наклонной $KH$ на эту плоскость. Так как $DH\perp CE$, по теореме о трёх перпендикулярах $KH\perp CE$. Следовательно, $\angle KHD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $(MKC)$ и $(ABC)$. Он острый (это угол прямоугольного треугольника $KDH$), поэтому он и есть угол между плоскостями. Плоскости оснований призмы параллельны, так что угол с плоскостью основания призмы тот же.

Из прямоугольного треугольника $KDH$

$$\mathrm{tg}\angle KHD=\frac{KD}{DH}.$$

Найдём $DH$ — высоту треугольника $CDE$. В нём $DC=1$, $DE=4$, а угол $CDE$ смежный с углом $ADC$, то есть $\angle CDE=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$. По теореме косинусов

$$C{E}^2=D{C}^2+D{E}^2-2\cdot DC\cdot DE\cdot \cos 120^{\circ }=1+16+4=21,CE=\sqrt{21}.$$

Площадь треугольника $CDE$:

$$S_{CDE}=\frac{1}{2}\cdot DC\cdot DE\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}.$$

С другой стороны, $S_{CDE}=\frac{1}{2}\cdot CE\cdot DH$, откуда

$$DH=\frac{2S_{CDE}}{CE}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{21}}=\frac{2}{\sqrt{7}}.$$

Тогда

$$\mathrm{tg}\angle KHD=\frac{\sqrt{2}}{\frac{2}{\sqrt{7}}}=\frac{\sqrt{14}}{2}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{14}}{2}$.