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

№15 Призмы сложная 2026 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 $B C$ отмечены точки $M,$ $K$ и $N$ соответственно, причем $B_{1} K : K C_{1} = 1 : 3.$ Четырехугольник $A M K N$ — равнобедренная трапеция с основаниями 2 и 4.

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

б) Найдите площадь трапеции $A M K N,$ если объем призмы равен 16, а ее высота равна 2.

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

Разбор — 3 балла

а) Пусть $N_{1}$ — проекция точки $N$ на плоскость верхнего основания. Призма прямая, поэтому её боковые рёбра перпендикулярны основаниям и $N N_{1} ∥ B B_{1}$ . Прямая $N N_{1}$ лежит в плоскости грани $B B_{1} C_{1} C$ , значит, $N_{1}$ лежит на ребре $B_{1} C_{1}$ , а $B B_{1} N_{1} N$ — прямоугольник, откуда $B_{1} N_{1} = B N$ .

Выясним, какие стороны трапеции параллельны. Сторона $A N$ лежит в плоскости нижнего основания, сторона $M K$ — в плоскости верхнего. Основания призмы лежат в параллельных плоскостях, а если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Поэтому

$A N ∥ M K .$

Значит, $A N$ и $M K$ — основания трапеции, а $A M$ и $N K$ — её боковые стороны. Трапеция равнобедренная, поэтому $A M = N K$ .

Отрезки $A A_{1}$ и $N N_{1}$ параллельны и равны (оба равны высоте призмы), поэтому $A A_{1} N_{1} N$ — параллелограмм. Отсюда

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

Тогда $M K ∥ A_{1} N_{1}$ . Рассмотрим треугольник $A_{1} B_{1} N_{1}$ в плоскости верхнего основания. Точка $M$ лежит на его стороне $A_{1} B_{1}$ , и прямая, проведённая через неё параллельно $A_{1} N_{1}$ , пересекает сторону $B_{1} N_{1}$ . Эта прямая — $M K$ , а точка $K$ лежит на прямой $B_{1} C_{1}$ , поэтому $K$ — точка стороны $B_{1} N_{1}$ . Треугольник $M B_{1} K$ подобен треугольнику $A_{1} B_{1} N_{1}$ (соответственные углы при параллельных прямых равны), и коэффициент подобия $\frac{B _{1} M}{B _{1} A _{1}}$ меньше единицы. Точка $M$ не совпадает с $A_{1}$ : иначе $K = N_{1}$ и $M K = A_{1} N_{1} = A N$ , то есть $A M K N$ был бы параллелограммом, а не трапецией. Следовательно,

$M K < A_{1} N_{1} = A N, M K = 2, A N = A_{1} N_{1} = 4.$

Рассмотрим треугольники $A A_{1} M$ и $N N_{1} K$ . Прямые $A A_{1}$ и $N N_{1}$ перпендикулярны плоскости верхнего основания, поэтому $∠ A A_{1} M = ∠ N N_{1} K = 9 0^{\circ}$ . Катеты $A A_{1}$ и $N N_{1}$ равны, гипотенузы $A M$ и $N K$ равны. Значит, треугольники равны по катету и гипотенузе, и

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

Обозначим $B_{1} K = x$ , тогда $K C_{1} = 3 x$ и $B_{1} C_{1} = 4 x$ . Обозначим $A_{1} M = K N_{1} = y$ , тогда $B_{1} N_{1} = x + y$ . Из подобия треугольников $M B_{1} K$ и $A_{1} B_{1} N_{1}$ :

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

Значит, $B_{1} N_{1} = 2 x = \frac{1}{2} B_{1} C_{1}$ . 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 для площади нужна её высота.

Проведём в плоскости верхнего основания $N_{1} H ⊥ M K$ , где $H$ — точка 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 $A M K N$ .

Найдём площадь основания призмы:

$S_{A B C D} = \frac{V}{A A _{1}} = \frac{16}{2} = 8.$

Площадь треугольника $A_{1} B_{1} N_{1}$ . Диагональ $A_{1} C_{1}$ делит параллелограмм $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ на два равных треугольника, поэтому $S_{A_{1} B_{1} C_{1}} = 4$ . Отрезок $A_{1} N_{1}$ — медиана треугольника $A_{1} B_{1} C_{1}$ , а медиана делит треугольник на два равновеликих. Следовательно,

$S_{A_{1} B_{1} N_{1}} = \frac{1}{2} S_{A_{1} B_{1} C_{1}} = 2.$

Проведём высоту $B_{1} T$ треугольника $A_{1} B_{1} N_{1}$ к стороне $A_{1} N_{1}$ . Из формулы площади

$2 = \frac{1}{2} \cdot A_{1} N_{1} \cdot B_{1} T = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot B_{1} T, B_{1} T = 1.$

Из пункта а) $B_{1} K = K N_{1} = x$ , то есть $K$ — середина $B_{1} N_{1}$ . Пусть прямая $B_{1} T$ пересекает $M K$ в точке $P$ . Так как $K P ∥ N_{1} T$ , по теореме Фалеса $P$ — середина $B_{1} T$ , и $P T = \frac{1}{2}$ . Кроме того, $B_{1} T ⊥ A_{1} N_{1}$ и $M K ∥ A_{1} N_{1}$ , поэтому $P T ⊥ M K$ . Значит, $P T$ — расстояние между параллельными прямыми $M K$ и $A_{1} N_{1}$ .

Отрезок $N_{1} H$ тоже перпендикулярен обеим параллельным прямым и соединяет их точки, поэтому он равен расстоянию между ними:

$N_{1} H = P T = \frac{1}{2} .$

Прямая $N N_{1}$ перпендикулярна плоскости верхнего основания, поэтому треугольник $N N_{1} H$ прямоугольный с прямым углом $N_{1}$ , а $N N_{1} = A A_{1} = 2$ . По теореме Пифагора

$N H = N N_{1}^{2} + N_{1} H^{2} = 4 + \frac{1}{4} = \frac{17}{2} .$

Площадь трапеции:

$S_{A M K N} = \frac{M K + A N}{2} \cdot N H = \frac{2 + 4}{2} \cdot \frac{17}{2} = \frac{3 17}{2} .$

Ответ: б) $\frac{3 17}{2}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15