В основании прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит параллелограмм ABCD. На рёбрах A₁B₁, B₁C₁ и BC отмечены точки M, K и N… — 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 рёбрах $A_{1} B_{1},$ $B_{1} C_{1}$ и $B C$ отмечены точки $M,$ $K$ и $N$ соответственно, причём $B_{1} K : K C_{1} = 1 : 4.$ Четырёхугольник $A M K N$ — равнобедренная трапеция с основаниями 2 и 5.

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

б) Найдите площадь трапеции $A M K N,$ если объём призмы равен 150, а её высота равна 3.

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 $N N_{1} ∥ B B_{1}$ , точка $N_{1}$ лежит на ребре $B_{1} C_{1}$ , а $B B_{1} N_{1} N$ — прямоугольник, откуда $B_{1} N_{1} = B N$ .

Стороны $A N$ и $M K$ лежат в параллельных плоскостях оснований, а плоскость трапеции пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым. Поэтому $A N ∥ M K$ , это основания трапеции, а $A M$ и $N K$ — равные боковые стороны (трапеция равнобедренная).

Отрезки $A A_{1}$ и $N N_{1}$ параллельны и равны высоте призмы, значит, $A A_{1} N_{1} N$ — параллелограмм:

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

Тогда $M K ∥ A_{1} N_{1}$ . В треугольнике $A_{1} B_{1} N_{1}$ прямая, проведённая через точку $M$ стороны $A_{1} B_{1}$ параллельно $A_{1} N_{1}$ , пересекает сторону $B_{1} N_{1}$ ; это и есть точка $K$ . Треугольник $M B_{1} K$ подобен треугольнику $A_{1} B_{1} N_{1}$ с коэффициентом $\frac{B _{1} M}{B _{1} A _{1}} < 1$ (если бы $M$ совпала с $A_{1}$ , то $K = N_{1}$ и $A M K N$ был бы параллелограммом). Поэтому $M K < A_{1} N_{1} = A N$ , и

$M K = 2, A N = A_{1} N_{1} = 5.$

Прямоугольные треугольники $A A_{1} M$ и $N N_{1} K$ (прямые углы $A_{1}$ и $N_{1}$ , так как $A A_{1}$ и $N N_{1}$ перпендикулярны плоскости верхнего основания) равны по катету $A A_{1} = N N_{1}$ и гипотенузе $A M = N K$ . Значит, $A_{1} M = K N_{1}$ .

Обозначим $B_{1} K = x$ , тогда $K C_{1} = 4 x$ и $B_{1} C_{1} = 5 x$ . Пусть $A_{1} M = K N_{1} = y$ , тогда $B_{1} N_{1} = x + y$ . Из подобия треугольников $M B_{1} K$ и $A_{1} B_{1} N_{1}$ :

$\frac{M K}{A _{1} N _{1}} = \frac{B _{1} K}{B _{1} N _{1}}, \frac{2}{5} = \frac{x}{x + y}, 2 x + 2 y = 5 x, y = \frac{3 x}{2} .$

Тогда $B_{1} N_{1} = x + \frac{3 x}{2} = \frac{5 x}{2} = \frac{1}{2} B_{1} C_{1}$ . Так как $B N = B_{1} N_{1}$ и $B C = B_{1} C_{1}$ , то $B N = \frac{1}{2} B C$ , и $N$ — середина ребра $B C$ , что и требовалось доказать.

б) Основания трапеции известны, найдём её высоту.

Проведём в плоскости верхнего основания $N_{1} H ⊥ M K$ , где $H$ — точка прямой $M K$ . Отрезок $N N_{1}$ — перпендикуляр к этой плоскости, $N H$ — наклонная, $N_{1} H$ — её проекция, перпендикулярная $M K$ . По теореме о трёх перпендикулярах $N H ⊥ M K$ , то есть $N H$ — высота трапеции.

Площадь основания призмы:

$S_{A B C D} = \frac{V}{A A _{1}} = \frac{150}{3} = 50.$

Диагональ $A_{1} C_{1}$ делит параллелограмм $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ пополам, поэтому $S_{A_{1} B_{1} C_{1}} = 25$ . Отрезок $A_{1} N_{1}$ — медиана треугольника $A_{1} B_{1} C_{1}$ , она делит его на два равновеликих треугольника:

$S_{A_{1} B_{1} N_{1}} = \frac{25}{2} .$

Проведём высоту $B_{1} T$ треугольника $A_{1} B_{1} N_{1}$ к стороне $A_{1} N_{1}$ :

$\frac{25}{2} = \frac{1}{2} \cdot A_{1} N_{1} \cdot B_{1} T = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot B_{1} T, B_{1} T = 5.$

Пусть прямая $B_{1} T$ пересекает $M K$ в точке $P$ . Так как $K P ∥ N_{1} T$ , по теореме о пропорциональных отрезках

$\frac{B _{1} P}{B _{1} T} = \frac{B _{1} K}{B _{1} N _{1}} = \frac{x}{\frac{5 x}{2}} = \frac{2}{5}, B_{1} P = 2, P T = 5 - 2 = 3.$

Поскольку $B_{1} T ⊥ A_{1} N_{1}$ и $M K ∥ A_{1} N_{1}$ , отрезок $P T$ перпендикулярен обеим параллельным прямым и равен расстоянию между ними. Отрезок $N_{1} H$ тоже является общим перпендикуляром этих прямых, поэтому

$N_{1} H = P T = 3.$

Треугольник $N N_{1} H$ прямоугольный с прямым углом $N_{1}$ , $N N_{1} = A A_{1} = 3$ . По теореме Пифагора

$N H = N N_{1}^{2} + N_{1} H^{2} = 9 + 9 = 32 .$

Площадь трапеции:

$S_{A M K N} = \frac{M K + A N}{2} \cdot N H = \frac{2 + 5}{2} \cdot 32 = \frac{21 2}{2} .$

Ответ: б) $\frac{21 2}{2}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15