В основании прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ лежит равнобедренный (AB=BC)… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Призмы средняя развёрнутое

В основании прямой треугольной призмы $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ лежит равнобедренный ( $A B = B C$ ) треугольник $A B C$ . Точка $K$ — середина ребра $A_{1} B_{1}$ , а точка $M$ делит ребро $A C$ в отношении $A M : M C = 1 : 3$ .

а) Докажите, что $K M ⊥ A C$ .

б) Найдите угол между прямой $K M$ и плоскостью $A B B_{1}$ , если $A B = 6$ , $A C = 8$ и $A A_{1} = 3$ .

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

Разбор — 3 балла

Прямая KM и её проекция MH

а) Пусть $H$ — середина $A B$ , а $T$ — середина $A C$ .

Призма прямая, поэтому боковая грань $A B B_{1} A_{1}$ — прямоугольник. Точки $K$ и $H$ — середины его противоположных сторон $A_{1} B_{1}$ и $A B$ , значит, $K H ∥ A A_{1}$ и $K H = A A_{1}$ . Боковое ребро $A A_{1}$ перпендикулярно плоскости основания, следовательно, и $K H ⊥ (A B C)$ .

Треугольник $A B C$ равнобедренный с основанием $A C$ , поэтому его медиана $B T$ является высотой: $B T ⊥ A C$ .

По условию $A M = \frac{1}{4} A C$ , а $A T = \frac{1}{2} A C$ , поэтому $A M = \frac{1}{2} A T$ и $M$ — середина отрезка $A T$ . В треугольнике $A B T$ точки $M$ и $H$ — середины сторон $A T$ и $A B$ , значит, $M H$ — средняя линия и $M H ∥ B T$ . Так как $B T ⊥ A C$ , то и $M H ⊥ A C$ .

Рисунок к решению

Отрезок $K H$ — перпендикуляр к плоскости $A B C$ , $K M$ — наклонная, $H M$ — её проекция. Прямая $A C$ лежит в плоскости основания, проходит через основание наклонной $M$ и перпендикулярна проекции $H M$ . По теореме о трёх перпендикулярах $K M ⊥ A C$ , что и требовалось доказать.

б) Проведём в плоскости основания перпендикуляр $M N$ к прямой $A B$ . Призма прямая, поэтому $A A_{1} ⊥ (A B C)$ , а плоскость $A B B_{1}$ проходит через $A A_{1}$ ; по признаку перпендикулярности плоскостей $(A B B_{1}) ⊥ (A B C)$ . Прямая $M N$ лежит в плоскости $A B C$ и перпендикулярна линии пересечения $A B$ этих плоскостей, значит, $M N ⊥ (A B B_{1})$ .

Тогда $K N$ — проекция прямой $K M$ на плоскость $A B B_{1}$ , и угол между прямой $K M$ и этой плоскостью равен $∠ M K N$ .

Рисунок к решению

Найдём нужные отрезки. $A M = \frac{1}{4} A C = 2$ , $A H = \frac{1}{2} A B = 3$ . Треугольник $A M H$ прямоугольный с прямым углом $M$ (так как $M H ⊥ A C$ ), по теореме Пифагора

$M H = A H^{2} - A M^{2} = 9 - 4 = 5 .$

Рисунок к решению

$M N$ — высота прямоугольного треугольника $A M H$ , проведённая к гипотенузе $A H$ :

$M N = \frac{A M \cdot M H}{A H} = \frac{2 5}{3} .$

Так как $K H ⊥ (A B C)$ , то $K H ⊥ M H$ , и треугольник $K H M$ прямоугольный, $K H = A A_{1} = 3$ . По теореме Пифагора

$K M = K H^{2} + M H^{2} = 9 + 5 = 14 .$

Треугольник $M N K$ прямоугольный с прямым углом $N$ (так как $M N ⊥ (A B B_{1})$ ), поэтому

$sin ∠ M K N = \frac{M N}{K M} = \frac{2 5}{3 14} = \frac{2 70}{42} = \frac{70}{21}, ∠ M K N = arcsin \frac{70}{21} .$

Ответ: б) $arcsin \frac{70}{21}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15