ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение призмы плоскостью $\alpha$. Плоскость нижнего основания содержит прямую $BD$ и точку $K$ плоскости $\alpha$. Так как $\alpha \parallel BD$, линия их пересечения параллельна $BD$: проведём $KN\parallel BD$, $N\in CD$. Треугольник $CKN$ подобен треугольнику $CBD$, поэтому $CN=CK=6-4=2$.

Прямая $B_1{D}_1$ параллельна $BD$, значит, $\alpha \parallel B_1{D}_1$, и плоскость верхнего основания пересекается с $\alpha$ по прямой $LM\parallel B_1{D}_1$, $M\in B_1{C}_1$, $C_{1}M=C_{1}L=5$. Сечение — четырёхугольник $KNLM$.

Докажем, что $A{C}_1\perp KN$. Ребро $C{C}_1$ перпендикулярно основанию, поэтому $AC$ — проекция наклонной $A{C}_1$ на плоскость основания. Диагонали квадрата перпендикулярны: $AC\perp BD$, а так как $KN\parallel BD$, то $AC\perp KN$. По теореме о трёх перпендикулярах $A{C}_1\perp KN$.

Пусть $R=KN\cap AC$, $T=LM\cap A_1{C}_1$, $Z$ — центр верхнего основания. Точки $R$ и $T$ лежат и в $\alpha$, и в плоскости диагонального сечения $A{A}_1{C}_{1}C$, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой $TR$. Докажем, что $A{C}_1\perp TR$.

Найдём положение точек $R$ и $T$. Пусть $O$ — центр нижнего основания. Диагональ $AC=6\sqrt{2}$, $CO=C_{1}Z=3\sqrt{2}$. В треугольнике $CBO$ прямая $KR$ параллельна $BO$, в треугольнике $C_1{D}_{1}Z$ прямая $LT$ параллельна $D_{1}Z$, поэтому

$$CR=\frac{CK}{CB}\cdot CO=\frac{1}{3}\cdot 3\sqrt{2}=\sqrt{2},C_{1}T=\frac{C_{1}L}{C_1{D}_1}\cdot C_{1}Z=\frac{5}{6}\cdot 3\sqrt{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}.$$

Рассмотрим прямоугольник $A{A}_1{C}_{1}C$ со сторонами $AC=6\sqrt{2}$ и $C{C}_1=3\sqrt{2}$. Опустим из $T$ перпендикуляр $T{T}^{\prime }$ на $AC$. Тогда $T{T}^{\prime }=C{C}_1=3\sqrt{2}$, $C{T}^{\prime }=C_{1}T=\frac{5\sqrt{2}}{2}$, и точка $T^{\prime }$ лежит между $A$ и $R$:

$$T^{\prime }R=C{T}^{\prime }-CR=\frac{5\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

Из прямоугольных треугольников $T{T}^{\prime }R$ и $AC{C}_1$

$$\mathrm{tg}\angle TRA=\frac{T{T}^{\prime }}{T^{\prime }R}=\frac{3\sqrt{2}}{3\sqrt{2}/2}=2,\mathrm{tg}\angle C_{1}AC=\frac{C{C}_1}{AC}=\frac{3\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{1}{2}.$$

Пусть $A{C}_1$ и $TR$ пересекаются в точке $O_1$. В треугольнике $A{O}_{1}R$ тангенс угла при вершине $R$ равен котангенсу угла при вершине $A$, значит, эти острые углы в сумме дают $90^{\circ }$. Тогда $\angle A{O}_{1}R=90^{\circ }$, то есть $A{C}_1\perp TR$.

Прямая $A{C}_1$ перпендикулярна двум пересекающимся в точке $R$ прямым $KN$ и $TR$ плоскости $\alpha$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A{C}_1\perp \alpha$, что и требовалось доказать.

б) Прямая $B_1{D}_1$ параллельна прямой $LM$ плоскости $\alpha$ и не лежит в этой плоскости, поэтому $B_1{D}_1\parallel \alpha$. Все точки прямой, параллельной плоскости, находятся на одинаковом расстоянии от неё, поэтому расстояние от $B_1$ до $\alpha$ равно расстоянию от точки $Z\in B_1{D}_1$ до $\alpha$.

Опустим в плоскости $A{A}_1{C}_{1}C$ перпендикуляр $ZH$ на прямую $TR$. В этой плоскости $ZH\perp TR$ и $A{C}_1\perp TR$, поэтому $ZH\parallel A{C}_1$. Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, сама перпендикулярна этой плоскости: $ZH\perp \alpha$, и $ZH$ — искомое расстояние.

Точка $Z$ лежит на прямой $A_1{C}_1$, как и точка $T$, причём

$$ZT=C_{1}Z-C_{1}T=3\sqrt{2}-\frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Прямые $A_1{C}_1$ и $AC$ параллельны, поэтому угол между прямыми $A_1{C}_1$ и $TR$ равен углу $TRA$, у которого $\mathrm{tg}\angle TRA=2$, а значит,

$$\sin \angle TRA=\frac{2}{\sqrt{1+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.$$

Расстояние от точки $Z$ прямой $A_1{C}_1$ до прямой $TR$, пересекающей $A_1{C}_1$ в точке $T$, равно $ZT$, умноженному на синус угла между прямыми:

$$ZH=ZT\cdot \sin \angle TRA=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{10}}{5}$.