В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ сторона AB основания равна 40, а… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2026 развёрнутое

В правильной четырёхугольной призме $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ сторона $A B$ основания равна 40, а боковое ребро $A A_{1}$ равно $202 .$ На рёбрах $B C$ и $C_{1} D_{1}$ отмечены точки $K$ и $L$ соответственно, причём $B K = C_{1} L = 10.$ Плоскость $γ$ параллельна прямой $B D$ и содержит точки $K$ и $L .$

а) Докажите, что прямая $A_{1} C$ перпендикулярна плоскости $γ .$

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $γ .$

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

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение призмы плоскостью $γ$ . Если плоскость параллельна прямой, то прямая, проведённая через любую точку плоскости параллельно этой прямой, лежит в плоскости. Поэтому:

в плоскости нижнего основания проведём через $K$ прямую, параллельную $B D$ ; пусть она пересекает ребро $C D$ в точке $X_{1}$ ;
в плоскости верхнего основания проведём через $L$ прямую, параллельную $B_{1} D_{1}$ (а значит, и $B D$ ); пусть она пересекает ребро $B_{1} C_{1}$ в точке $X_{2}$ .

Обе прямые лежат в $γ$ , и сечение — четырёхугольник $K X_{1} L X_{2}$ .

Призма правильная, поэтому в основаниях лежат квадраты со стороной 40, а боковые рёбра перпендикулярны основаниям. Тогда $C K = B C - B K = 30$ . Так как $K X_{1} ∥ B D$ , треугольник $C K X_{1}$ подобен равнобедренному прямоугольному треугольнику $C B D$ , поэтому $C X_{1} = C K = 30$ . Аналогично $C_{1} X_{2} = C_{1} L = 10$ .

Сначала докажем, что $A_{1} C ⊥ K X_{1}$ . Диагонали квадрата перпендикулярны: $B D ⊥ A C$ . Кроме того, $B D ⊥ A A_{1}$ , так как $A A_{1}$ перпендикулярна плоскости основания. Прямая $B D$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $A A_{1} C_{1} C$ , значит, $B D ⊥ (A A_{1} C_{1})$ и $B D ⊥ A_{1} C$ . Так как $K X_{1} ∥ B D$ , то и $A_{1} C ⊥ K X_{1}$ .

Теперь найдём в плоскости $γ$ вторую прямую, перпендикулярную $A_{1} C$ . Пусть $P$ — точка пересечения $K X_{1}$ и $A C$ , $R$ — точка пересечения $L X_{2}$ и $A_{1} C_{1}$ . Точки $P$ и $R$ лежат и в плоскости $γ$ , и в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ , поэтому прямая $P R$ — линия пересечения этих плоскостей. Прямая $A_{1} C$ тоже лежит в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ .

Диагональ $A C$ перпендикулярна $B D$ , а значит, и $K X_{1}$ . В равнобедренном прямоугольном треугольнике $C K X_{1}$ отрезок $C P$ — высота к гипотенузе, поэтому

$C P = \frac{C K}{2} = \frac{30}{2} = 152 .$

Аналогично в треугольнике $C_{1} L X_{2}$ :

$C_{1} R = \frac{10}{2} = 52 .$

Рассмотрим прямоугольник $A A_{1} C_{1} C$ : $A C = 402$ , $A A_{1} = 202$ . Пусть $R^{'}$ — проекция точки $R$ на $A C$ , тогда $R R^{'} = A A_{1} = 202$ , $C R^{'} = C_{1} R = 52$ и

$P R^{'} = C P - C R^{'} = 152 - 52 = 102 .$

Обозначим $β = ∠ R P C$ и $α = ∠ A_{1} C A$ . Из прямоугольных треугольников $R R^{'} P$ и $A_{1} A C$ :

$tg β = \frac{R R ^{'}}{P R ^{'}} = \frac{20 2}{10 2} = 2, tg α = \frac{A A _{1}}{A C} = \frac{20 2}{40 2} = \frac{1}{2} .$

Углы $α$ и $β$ острые и $tg β = \frac{1}{tg α} = ctg α = tg (9 0^{\circ} - α)$ , поэтому $α + β = 9 0^{\circ}$ .

Точка $P$ лежит на отрезке $A C$ , луч $P R$ идёт от $P$ вверх в сторону $C$ , а луч $C A_{1}$ — от $C$ вверх в сторону $A$ . Поэтому прямые $P R$ и $A_{1} C$ пересекаются в некоторой точке $Z$ над отрезком $P C$ , и в треугольнике $P Z C$ углы при $P$ и $C$ равны $β$ и $α$ . Тогда

$∠ P Z C = 18 0^{\circ} - (α + β) = 9 0^{\circ},$

то есть $A_{1} C ⊥ P R$ .

Итак, прямая $A_{1} C$ перпендикулярна двум пересекающимся (в точке $P$ ) прямым $K X_{1}$ и $P R$ плоскости $γ$ . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_{1} C ⊥ γ$ , что и требовалось доказать.

б) Прямая $B D$ параллельна прямой $K X_{1}$ , лежащей в $γ$ , и сама в $γ$ не лежит. Значит, $B D ∥ γ$ , и все точки прямой $B D$ находятся на одинаковом расстоянии от $γ$ . Поэтому вместо расстояния от $B$ найдём расстояние от центра основания $O$ — точки пересечения $A C$ и $B D$ .

Точка $O$ лежит в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ . Проведём в этой плоскости $O Q ⊥ P R$ , где $Q$ — точка прямой $P R$ . В той же плоскости $A_{1} C ⊥ P R$ , поэтому $O Q ∥ A_{1} C$ . Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, сама перпендикулярна этой плоскости, значит, $O Q ⊥ γ$ и искомое расстояние равно $O Q$ .

Найдём $O P$ :

$O P = O C - C P = \frac{40 2}{2} - 152 = 52 .$

В прямоугольном треугольнике $O QP$ угол при вершине $P$ — это острый угол между прямыми $A C$ и $P R$ , то есть $β$ . Так как $tg β = 2$ , то

$sin β = \frac{tg β}{1 + tg ^{2} β} = \frac{2}{5} .$

Тогда

$O Q = O P \cdot sin β = 52 \cdot \frac{2}{5} = \frac{10 2}{5} = 210 .$

Ответ: б) $210$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15