Основанием прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ является прямоугольный треугольник ABC, причем ∠C=90°. Известно… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы сложная 2017 развёрнутое

Основанием прямой треугольной призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ является прямоугольный треугольник $A B C,$ причем $∠ C = 9 0^{\circ} .$ Известно, что прямая $A_{1} C$ перпендикулярна прямой $A B_{1} .$

а) Докажите, что $A A_{1} = A C .$

б) Найдите расстояние между прямыми $A_{1} C$ и $A B_{1},$ если известно, что $A C = 7,$ $B C = 8.$

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

Разбор — 3 балла

а) Призма прямая, поэтому её боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований: $C C_{1} ⊥ (A_{1} B_{1} C_{1})$ , а значит, $C C_{1} ⊥ B_{1} C_{1}$ . Основания призмы — равные треугольники, поэтому $∠ A_{1} C_{1} B_{1} = ∠ A C B = 9 0^{\circ}$ , то есть $B_{1} C_{1} ⊥ A_{1} C_{1}$ .

Прямая $B_{1} C_{1}$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $A_{1} C_{1}$ и $C C_{1}$ плоскости $A A_{1} C_{1} C$ . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $B_{1} C_{1} ⊥ (A A_{1} C_{1} C)$ .

Значит, $B_{1} C_{1}$ — перпендикуляр к плоскости $A A_{1} C_{1} C$ , $A B_{1}$ — наклонная к этой плоскости, а $A C_{1}$ — проекция наклонной на эту плоскость.

Прямая $A_{1} C$ лежит в плоскости $A A_{1} C_{1} C$ и по условию перпендикулярна наклонной $A B_{1}$ . По теореме о трёх перпендикулярах (обратной) она перпендикулярна и проекции: $A_{1} C ⊥ A C_{1}$ .

Боковая грань $A A_{1} C_{1} C$ прямой призмы — прямоугольник, а $A_{1} C$ и $A C_{1}$ — его диагонали. Параллелограмм с перпендикулярными диагоналями — ромб, а ромб с прямым углом — квадрат. Следовательно, $A A_{1} C_{1} C$ — квадрат и $A A_{1} = A C$ , что и требовалось доказать.

б) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $A A_{1} C_{1} C$ ; она делит каждую из них пополам.

Докажем, что $A_{1} C ⊥ (A B_{1} C_{1})$ . По пункту а) $A_{1} C ⊥ A C_{1}$ . Кроме того, $B_{1} C_{1} ⊥ (A A_{1} C_{1} C)$ , а прямая $A_{1} C$ лежит в этой плоскости, поэтому $A_{1} C ⊥ B_{1} C_{1}$ . Прямые $A C_{1}$ и $B_{1} C_{1}$ пересекаются в точке $C_{1}$ и лежат в плоскости $A B_{1} C_{1}$ , значит, по признаку $A_{1} C ⊥ (A B_{1} C_{1})$ . Прямая $A_{1} C$ пересекает эту плоскость в точке $O$ .

Проведём в плоскости $A B_{1} C_{1}$ перпендикуляр $O H$ к прямой $A B_{1}$ . Прямая $O H$ лежит в плоскости $A B_{1} C_{1}$ , поэтому $O H ⊥ A_{1} C$ . Итак, $O H ⊥ A_{1} C$ и $O H ⊥ A B_{1}$ , причём $O$ лежит на $A_{1} C$ , а $H$ — на $A B_{1}$ . Значит, $O H$ — общий перпендикуляр прямых $A_{1} C$ и $A B_{1}$ , и искомое расстояние равно $O H$ .

Найдём нужные отрезки. Квадрат $A A_{1} C_{1} C$ имеет сторону $A C = 7$ , поэтому

$A C_{1} = 72, A O = \frac{A C _{1}}{2} = \frac{7 2}{2} .$

Так как $B_{1} C_{1} ⊥ (A A_{1} C_{1} C)$ , то $B_{1} C_{1} ⊥ A C_{1}$ , и треугольник $A C_{1} B_{1}$ прямоугольный с прямым углом $C_{1}$ . При этом $B_{1} C_{1} = B C = 8$ . По теореме Пифагора

$A B_{1} = A C_{1}^{2} + B_{1} C_{1}^{2} = 98 + 64 = 162 = 92 .$

Прямоугольные треугольники $A H O$ и $A C_{1} B_{1}$ имеют общий острый угол при вершине $A$ , поэтому они подобны:

$\frac{O H}{B _{1} C _{1}} = \frac{A O}{A B _{1}} \Rightarrow O H = \frac{B _{1} C _{1} \cdot A O}{A B _{1}} = \frac{8 \cdot \frac{7 2}{2}}{9 2} = \frac{28}{9} .$

Ответ: б) $\frac{28}{9}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15