ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Плоскость $AMK$ пересекает параллельные плоскости $ABC$ и $A_1{B}_1{C}_1$ по прямым $AN$ и $MK$. Линии пересечения двух параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны, поэтому $MK\parallel AN$. Значит, $MK$ и $AN$ — основания трапеции, а $AM$ и $KN$ — её боковые стороны.

Призма прямая, поэтому при параллельном переносе на вектор $\overrightarrow{B_{1}B}$ верхнее основание переходит в нижнее. Точка $M$ переходит в точку $M^{\prime }$ ребра $AB$, точка $K$ — в точку $K^{\prime }$ ребра $BC$, причём

$$B{M}^{\prime }=B_{1}M,B{K}^{\prime }=B_{1}K,M^{\prime }{K}^{\prime }=MK,M^{\prime }{K}^{\prime }\parallel MK\parallel AN.$$

Так как $M^{\prime }{K}^{\prime }\parallel AN$, треугольники $B{M}^{\prime }{K}^{\prime }$ и $BAN$ подобны с коэффициентом

$$k=\frac{B{M}^{\prime }}{BA}=\frac{B{K}^{\prime }}{BN}=\frac{M^{\prime }{K}^{\prime }}{AN}=\frac{MK}{AN}.$$

Поскольку $B{M}^{\prime }=B_{1}M⩽A_1{B}_1=AB$, имеем $k⩽1$, то есть $MK⩽AN$. Равенство невозможно: тогда $AMKN$ был бы параллелограммом. Значит, $MK=3$, $AN=4$ и $k=\frac{3}{4}$.

Пусть $B_{1}K=3x$, тогда $K{C}_1=5x$ и $BC=B_1{C}_1=8x$. Из подобия

$$BN=\frac{B{K}^{\prime }}{k}=\frac{4}{3}\cdot 3x=4x,NC=BC-BN=4x.$$

Итак, $BN=NC$, и $N$ — середина ребра $BC$, что и требовалось доказать.

б) Объём призмы равен произведению площади основания на высоту, поэтому

$$S_{ABCD}=\frac{16}{2}=8.$$

Пусть $N_1$ — середина ребра $B_1{C}_1$; это проекция точки $N$ на плоскость верхнего основания, $N{N}_1\parallel A{A}_1$ и $N{N}_1=A{A}_1=2$. Тогда $A{A}_1{N}_{1}N$ — параллелограмм, откуда $A_1{N}_1\parallel AN$ и $A_1{N}_1=AN=4$. Кроме того, $B_1{N}_1=4x$ и $K{N}_1=B_1{N}_1-B_{1}K=x$.

Трапеция равнобедренная, поэтому $AM=KN$. Треугольники $A{A}_{1}M$ и $N{N}_{1}K$ прямоугольные (прямые углы при $A_1$ и $N_1$), у них равны катеты $A{A}_1=N{N}_1=2$ и гипотенузы $AM=NK$. По теореме Пифагора

$$A_{1}M=\sqrt{A{M}^2-A{A}_1^2}=\sqrt{N{K}^2-N{N}_1^2}=K{N}_1=x.$$

В треугольнике $A_1{B}_1{N}_1$ точки $M$ и $K$ лежат на сторонах $B_1{A}_1$ и $B_1{N}_1$, причём $MK\parallel AN\parallel A_1{N}_1$. По теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{B_{1}M}{M{A}_1}=\frac{B_{1}K}{K{N}_1}=\frac{3x}{x}=3\Rightarrow B_{1}M=3x,A_1{B}_1=4x=B_1{N}_1.$$

Пусть $E$ — середина ребра $A_1{D}_1$. Тогда $A_{1}E\parallel B_1{N}_1$ и $A_{1}E=B_1{N}_1$, поэтому $A_1{B}_1{N}_{1}E$ — параллелограмм, а так как $A_1{B}_1=B_1{N}_1$, это ромб. Диагонали ромба $A_1{N}_1$ и $B_{1}E$ перпендикулярны и делятся точкой пересечения $O_1$ пополам.

Отрезок $N_{1}E$ делит параллелограмм $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ площади $8$ на два равных параллелограмма, поэтому площадь ромба равна $4$. Площадь ромба — половина произведения диагоналей:

$$4=\frac{A_1{N}_1\cdot B_{1}E}{2}=\frac{4\cdot B_{1}E}{2}\Rightarrow B_{1}E=2,B_1{O}_1=1.$$

Пусть $P$ — точка пересечения $MK$ и $B_{1}E$. В треугольнике $B_1{O}_1{N}_1$ отрезок $PK$ параллелен стороне $O_1{N}_1$ (так как $MK\parallel A_1{N}_1$), поэтому

$$\frac{B_{1}P}{P{O}_1}=\frac{B_{1}K}{K{N}_1}=3\Rightarrow P{O}_1=\frac{1}{4}{B}_1{O}_1=\frac{1}{4}.$$

Пусть $O$ — середина $AN$. Так как $A{A}_1{N}_{1}N$ — параллелограмм с боковыми сторонами, перпендикулярными верхнему основанию, отрезок $O{O}_1$, соединяющий середины $AN$ и $A_1{N}_1$, параллелен $A{A}_1$: $O{O}_1\perp (A_1{B}_1{C}_1)$ и $O{O}_1=2$. Значит, $PO$ — наклонная к плоскости верхнего основания, а $P{O}_1$ — её проекция.

Прямая $MK$ лежит в плоскости верхнего основания, проходит через основание $P$ наклонной и перпендикулярна проекции $P{O}_1$ (так как $MK\parallel A_1{N}_1$, а $A_1{N}_1\perp B_{1}E$). По теореме о трёх перпендикулярах $PO\perp MK$, а тогда и $PO\perp AN$. Точка $P$ лежит на $MK$, точка $O$ — на $AN$, поэтому $PO$ — высота трапеции.

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $P{O}_{1}O$:

$$PO=\sqrt{P{O}_1^2+O{O}_1^2}=\sqrt{\frac{1}{16}+4}=\frac{\sqrt{65}}{4}.$$

Площадь трапеции:

$$S_{AMKN}=\frac{MK+AN}{2}\cdot PO=\frac{3+4}{2}\cdot \frac{\sqrt{65}}{4}=\frac{7\sqrt{65}}{8}.$$

Ответ: б) $\frac{7\sqrt{65}}{8}$.