В основании прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ лежит равнобедренный прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AB. Через… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы средняя 2026 развёрнутое

В основании прямой треугольной призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ лежит равнобедренный прямоугольный треугольник $A B C$ с гипотенузой $A B .$ Через вершины $A_{1},$ $C_{1}$ и середину ребра $A B$ проведена плоскость $α .$

a) Докажите, что сечением призмы плоскостью $α$ будет прямоугольная трапеция.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ если высота призмы равна 12, $A B = 182 .$

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

Разбор — 3 балла

а) Обозначим середину $A B$ через $K$ . Плоскость $α$ пересекает верхнее основание по отрезку $A_{1} C_{1}$ , а грань $A A_{1} B_{1} B$ — по отрезку $A_{1} K$ .

Плоскости оснований призмы параллельны, поэтому $α$ пересекает их по параллельным прямым. Значит, $α$ пересекает нижнее основание по прямой, проходящей через $K$ параллельно $A_{1} C_{1}$ . Пусть она пересекает ребро $B C$ в точке $P$ . Так как $A_{1} C_{1} ∥ A C$ , то $K P ∥ A C$ .

В треугольнике $A B C$ прямая $K P$ проходит через середину стороны $A B$ параллельно $A C$ , поэтому по теореме Фалеса $P$ — середина $B C$ , а $K P$ — средняя линия:

$K P = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} A_{1} C_{1} .$

Отрезок $P C_{1}$ лежит в грани $B B_{1} C_{1} C$ , поэтому сечение — четырёхугольник $A_{1} K P C_{1}$ . В нём $K P ∥ A_{1} C_{1}$ и $K P \neq = A_{1} C_{1}$ , значит, две другие стороны не параллельны, и $A_{1} K P C_{1}$ — трапеция с основаниями $K P$ и $A_{1} C_{1}$ .

Докажем, что боковая сторона $C_{1} P$ перпендикулярна основаниям. Треугольник $A B C$ прямоугольный с гипотенузой $A B$ , поэтому $∠ A C B = 9 0^{\circ}$ , то есть $A C ⊥ B C$ . Так как $K P ∥ A C$ , то $K P ⊥ C P$ .

Призма прямая, поэтому $C C_{1} ⊥ (A B C)$ , и $C P$ — проекция наклонной $C_{1} P$ на плоскость основания. Прямая $K P$ лежит в этой плоскости и перпендикулярна проекции $C P$ , значит, по теореме о трёх перпендикулярах $K P ⊥ C_{1} P$ . Так как $A_{1} C_{1} ∥ K P$ , то и $A_{1} C_{1} ⊥ C_{1} P$ .

Итак, $∠ K P C_{1} = ∠ A_{1} C_{1} P = 9 0^{\circ}$ , и сечение — прямоугольная трапеция, что и требовалось доказать.

б) Найдём длины. Треугольник $A B C$ равнобедренный прямоугольный, поэтому $A B = A C 2$ , откуда

$A C = B C = \frac{18 2}{2} = 18, P C = \frac{1}{2} B C = 9, K P = \frac{1}{2} A C = 9.$

Из прямоугольного треугольника $C C_{1} P$ ( $C C_{1} ⊥ C P$ ) по теореме Пифагора

$C_{1} P = C C_{1}^{2} + C P^{2} = 144 + 81 = 15.$

Плоскость $α$ совпадает с плоскостью $K P C_{1}$ , поэтому искомое расстояние — это высота $h$ пирамиды $C K P C_{1}$ , опущенная из вершины $C$ на грань $K P C_{1}$ . Найдём объём этой пирамиды двумя способами.

Если считать основанием треугольник $K P C$ , то высота пирамиды — $C C_{1} = 12$ , так как $C C_{1} ⊥ (A B C)$ . Треугольник $K P C$ прямоугольный ( $K P ⊥ C P$ ):

$S_{K P C} = \frac{1}{2} \cdot K P \cdot P C = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 9 = \frac{81}{2}, V = \frac{1}{3} \cdot \frac{81}{2} \cdot 12 = 162.$

Если считать основанием треугольник $K P C_{1}$ , то высота — искомое $h$ . По пункту а) $K P ⊥ P C_{1}$ , поэтому

$S_{K P C_{1}} = \frac{1}{2} \cdot K P \cdot P C_{1} = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 15 = \frac{135}{2} .$

Приравняем выражения для объёма:

$\frac{1}{3} \cdot \frac{135}{2} \cdot h = 162 \Leftrightarrow h = \frac{162 \cdot 6}{135} = \frac{36}{5} .$

Ответ: б) $\frac{36}{5}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15