ЕГЭ по профильной математике 2027 Как решать задание №15 — стереометрия

Разбор — 3 балла

а) Призма правильная, значит, она прямая, а в её основаниях лежат равные квадраты $ABCD$ и $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$. В прямой призме боковое ребро перпендикулярно плоскостям оснований, а значит, и любой прямой, лежащей в этих плоскостях. Поэтому $A{A}_1\perp AD$ и $A{A}_1\perp A_1{B}_1$, и треугольники $MAD$ и $M{A}_1{B}_1$ прямоугольные:

$$\angle MAD=\angle M{A}_1{B}_1=90^{\circ }.$$

Сечение $B_{1}MDK$ — ромб, а у ромба все стороны равны, поэтому $MD=M{B}_1$. Кроме того, $AD=A_1{B}_1$ как стороны равных квадратов.

Получаем, что у прямоугольных треугольников $MAD$ и $M{A}_1{B}_1$ равны гипотенузы ($MD=M{B}_1$) и катеты ($AD=A_1{B}_1$). Значит, треугольники равны по гипотенузе и катету, и их вторые катеты тоже равны: $AM=M{A}_1$. Точка $M$ лежит на ребре $A{A}_1$, поэтому $M$ — середина $A{A}_1$. Что и требовалось доказать.

б) Точно так же стороны ромба $KD$ и $K{B}_1$ равны, а $CD=C_1{B}_1$. Прямоугольные треугольники $KCD$ и $K{C}_1{B}_1$ равны по гипотенузе и катету, поэтому $CK=K{C}_1$, то есть $K$ — середина ребра $C{C}_1$.

Тогда $AM=\frac{1}{2}A{A}_1=\frac{1}{2}C{C}_1=CK$. Кроме того, $AM\parallel CK$, так как боковые рёбра призмы параллельны. Четырёхугольник $AMKC$, у которого стороны $AM$ и $CK$ равны и параллельны, — параллелограмм. Поэтому

$$MK=AC,MK\parallel AC.$$

Найдём сторону основания. Площадь квадрата $ABCD$ равна $3$:

$$A{B}^2=3\Rightarrow AB=\sqrt{3}.$$

Диагонали квадрата равны, и каждая в $\sqrt{2}$ раз больше стороны:

$$AC=BD=AB\sqrt{2}=\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}=\sqrt{6}.$$

Значит, $MK=\sqrt{6}$.

Площадь ромба равна половине произведения его диагоналей. Диагонали ромба $B_{1}MDK$ — отрезки $MK$ и $B_{1}D$, поэтому

$$S_{B_{1}MDK}=\frac{1}{2}\cdot MK\cdot B_{1}D\Rightarrow 6=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{6}\cdot B_{1}D\Rightarrow B_{1}D=\frac{12}{\sqrt{6}}=2\sqrt{6}.$$

Ребро $B{B}_1$ перпендикулярно плоскости основания, а значит, и прямой $BD$ этой плоскости. Треугольник $B_{1}BD$ прямоугольный с прямым углом $B$. По теореме Пифагора

$$B{B}_1=\sqrt{B_1{D}^2-B{D}^2}=\sqrt{{\left(2\sqrt{6}\right)}^2-{\left(\sqrt{6}\right)}^2}=\sqrt{24-6}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}.$$

Высота прямой призмы равна её боковому ребру, поэтому высота призмы равна $3\sqrt{2}$.

Проверим результат другим способом — через площадь ортогональной проекции. При проекции на плоскость основания вершины ромба переходят в вершины квадрата: $B_1\to B$, $M\to A$, $D\to D$, $K\to C$. Значит, квадрат $ABCD$ — ортогональная проекция сечения. По теореме о площади ортогональной проекции $S_{ABCD}=S_{B_{1}MDK}\cdot \cos \phi$, где $\phi$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью основания:

$$\cos \phi =\frac{S_{ABCD}}{S_{B_{1}MDK}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =60^{\circ }.$$

Построим этот угол. Прямая $MK$ параллельна прямой $AC$ плоскости основания, поэтому $MK$ параллельна этой плоскости. Плоскость сечения проходит через $MK$ и точку $D$, значит, она пересекает плоскость основания по прямой $l$, которая проходит через $D$ и параллельна $MK$ и $AC$. Диагонали квадрата перпендикулярны: $BD\perp AC$, поэтому $BD\perp l$. Диагонали ромба тоже перпендикулярны: $B_{1}D\perp MK$, поэтому $B_{1}D\perp l$. Значит, $\angle B_{1}DB$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями, и $\angle B_{1}DB=60^{\circ }$.

Из прямоугольного треугольника $B_{1}BD$:

$$B{B}_1=BD\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}.$$

Результаты совпали.

Ответ: б) $3\sqrt{2}$.

Разбор — 3 балла

а) Точки $K$ и $M$ — середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, поэтому $KM$ — средняя линия этого треугольника. По свойству средней линии

$$KM\parallel AD,KM=\frac{1}{2}AD.$$

Пирамида правильная, поэтому в основании лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $O$ — его центр. Большие диагонали правильного шестиугольника проходят через центр и делят его на шесть равных равносторонних треугольников, сторона которых равна стороне шестиугольника. Значит, $AD=AO+OD=2BC$.

В равносторонних треугольниках $OBC$ и $OCD$ углы $\angle BCO$ и $\angle COD$ равны $60^{\circ }$. Это накрест лежащие углы при прямых $BC$ и $AD$ и секущей $CO$, поэтому $BC\parallel AD$.

Итак, $KM\parallel AD$ и $BC\parallel AD$, значит, $KM\parallel BC$ (две прямые, параллельные третьей, параллельны). Через две параллельные прямые $KM$ и $BC$ проходит плоскость, назовём её $\alpha$. Точки $B$ и $K$ лежат в $\alpha$, значит, и вся прямая $BK$ лежит в $\alpha$; точно так же прямая $CM$ лежит в $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Более того, $KM=\frac{1}{2}AD=BC$, поэтому $BCMK$ — параллелограмм и $BK\parallel CM$.

б) Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания по прямой $BC$. Построим линейный угол двугранного угла при этой прямой.

Пирамида правильная, поэтому её высота $SO$ опускается в центр $O$ основания, $SO\perp (ABC)$. Точка $O$ лежит на диагонали $AD$, поэтому $SO$ лежит в плоскости $SAD$ и пересекает среднюю линию $KM$ в некоторой точке $Q$. В треугольнике $SAO$ точка $K$ — середина $SA$ и $KQ\parallel AO$, поэтому по теореме Фалеса $Q$ — середина $SO$.

Пусть $P$ — середина $BC$. В равностороннем треугольнике $OBC$ медиана $OP$ является высотой: $OP\perp BC$.

Отрезок $QO$ лежит на высоте пирамиды, поэтому $QO\perp (ABC)$, и $OP$ — проекция наклонной $QP$ на плоскость основания. Прямая $BC$ перпендикулярна проекции $OP$, значит, по теореме о трёх перпендикулярах $BC\perp QP$.

Получили: $QP$ лежит в плоскости $\alpha$ (точки $Q\in KM$ и $P\in BC$ лежат в $\alpha$), $OP$ лежит в плоскости основания, и обе прямые перпендикулярны линии пересечения плоскостей $BC$. Значит, $\angle QPO$ — линейный угол двугранного угла между $\alpha$ и основанием. Он острый (треугольник $QOP$ прямоугольный с прямым углом $O$), поэтому равен углу между плоскостями: $\angle QPO=60^{\circ }$.

Найдём $OP$ как высоту равностороннего треугольника $OBC$ со стороной $BC=AB=8$:

$$OP=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot BC=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 8=4\sqrt{3}.$$

Из прямоугольного треугольника $QOP$:

$$\mathrm{tg}\angle QPO=\frac{QO}{OP}\Rightarrow QO=OP\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=4\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=12.$$

Теперь найдём объём пирамиды $MABF$. Её основание — треугольник $ABF$ в плоскости основания исходной пирамиды, а высота — расстояние от точки $M$ до этой плоскости.

Прямая $KM$ параллельна прямой $AD$, лежащей в плоскости основания, поэтому $KM$ параллельна плоскости основания. Все точки такой прямой находятся на одинаковом расстоянии от плоскости. Для точки $Q\in KM$ это расстояние равно $QO=12$, значит, и расстояние от $M$ до плоскости основания равно $12$.

Угол правильного шестиугольника равен $120^{\circ }$, поэтому $\angle BAF=120^{\circ }$, и

$$S_{ABF}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AF\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=16\sqrt{3}.$$

Тогда

$$V_{MABF}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABF}\cdot QO=\frac{1}{3}\cdot 16\sqrt{3}\cdot 12=64\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $64\sqrt{3}$.

Разбор — 3 балла

а) Призма правильная, значит, прямая: боковое ребро $A{A}_1$ перпендикулярно плоскости $A_1{B}_1{C}_1$. Точка $D$ лежит на прямой $A{A}_1$, поэтому $D{A}_1\perp (A_1{B}_1{C}_1)$ и $A_1$ — проекция точки $D$ на эту плоскость. Точка $E$ лежит на прямой $B_1{C}_1$, то есть в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$, и проектируется сама в себя. Значит, прямая $A_{1}E$ — проекция наклонной $DE$ на плоскость $A_1{B}_1{C}_1$.

Рассмотрим треугольник $A_1{B}_{1}E$ в плоскости верхнего основания. Треугольник $A_1{B}_1{C}_1$ правильный, поэтому $\angle C_1{A}_1{B}_1=\angle A_1{C}_1{B}_1=60^{\circ }$ и $A_1{C}_1=B_1{C}_1$. По условию $C_1$ — середина $B_{1}E$, значит,

$$C_{1}E=B_1{C}_1=A_1{C}_1.$$

Треугольник $A_1{C}_{1}E$ равнобедренный, а его угол при вершине $C_1$ смежен с углом $A_1{C}_1{B}_1$:

$$\angle A_1{C}_{1}E=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }\Rightarrow \angle C_1{A}_{1}E=\frac{180^{\circ }-120^{\circ }}{2}=30^{\circ }.$$

Тогда $\angle B_1{A}_{1}E=\angle B_1{A}_1{C}_1+\angle C_1{A}_{1}E=60^{\circ }+30^{\circ }=90^{\circ }$, то есть $A_1{B}_1\perp A_{1}E$.

Прямая $A_1{B}_1$ лежит в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ и перпендикулярна проекции $A_{1}E$ наклонной $DE$. По теореме о трёх перпендикулярах она перпендикулярна и самой наклонной: $A_1{B}_1\perp DE$. Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим плоскость $ADE$, в ней лежат точки $A$, $A_1$, $D$, $E$. Прямая $A_1{B}_1$ перпендикулярна $A{A}_1$ (боковое ребро перпендикулярно плоскости основания) и перпендикулярна $A_{1}E$ (доказано в пункте а). Прямые $A{A}_1$ и $A_{1}E$ пересекаются и лежат в плоскости $ADE$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_1{B}_1\perp (ADE)$.

Прямая $AB$ параллельна $A_1{B}_1$ (противоположные стороны боковой грани $AB{B}_1{A}_1$). Если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и другая ей перпендикулярна, значит, $AB\perp (ADE)$, и $AB$ пересекает эту плоскость в точке $A$.

В плоскости $ADE$ опустим перпендикуляр $AF$ на прямую $DE$. Прямая $AF$ лежит в плоскости $ADE$, поэтому $AF\perp AB$. Кроме того, $AF\perp DE$ по построению. Значит, $AF$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $AB$ и $DE$, и искомое расстояние равно $AF$.

Чтобы найти $AF$, продлим $DE$ до пересечения с плоскостью $ABC$ в точке $L$. Плоскость $ADE$ пересекает параллельные плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ и $ABC$ по параллельным прямым, поэтому $A_{1}E\parallel AL$. В треугольнике $ADL$ точка $A_1$ — середина $AD$ и $A_{1}E\parallel AL$, значит, по теореме Фалеса $E$ — середина $DL$, а $A_{1}E$ — средняя линия треугольника $ADL$. Поэтому $AL=2A_{1}E$.

Найдём $A_{1}E$ из прямоугольного треугольника $A_1{B}_{1}E$, где $A_1{B}_1=AB=4$ и $B_{1}E=2B_1{C}_1=8$:

$$A_{1}E=\sqrt{B_1{E}^2-A_1{B}_1^2}=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}\Rightarrow AL=8\sqrt{3}.$$

Кроме того, $AD=2A{A}_1=2$. Прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, поэтому $AD\perp AL$, и треугольник $DAL$ прямоугольный с прямым углом $A$. По теореме Пифагора

$$DL=\sqrt{A{D}^2+A{L}^2}=\sqrt{4+192}=\sqrt{196}=14.$$

Отрезок $AF$ — высота этого треугольника, проведённая к гипотенузе. Записав площадь двумя способами, $\frac{1}{2}AD\cdot AL=\frac{1}{2}DL\cdot AF$, получаем

$$AF=\frac{AD\cdot AL}{DL}=\frac{2\cdot 8\sqrt{3}}{14}=\frac{8\sqrt{3}}{7}.$$

Ответ: б) $\frac{8\sqrt{3}}{7}$.