В правильной треугольной призме ABCA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 отметили точки M и K на рёбрах AA индекс 1 и A индекс 1 B индекс 1 соответственно. Известно, что A индекс 1 M равно 2MA , A индекс 1 K равно KB индекс 1 . Через точки M и K провели плоскость альфа перпендикулярно грани ABB индекс 1 A индекс 1 . а) Докажите, что плоскость альфа проходит через вершину C индекс 1 . б) Найдите площадь сечения призмы ABCA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 плоскостью альфа , если все рёбра призмы равны 12.

а) доказательство; б) 30 корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента

Задание 14 ЕГЭ по математике: В правильной треугольной призме ABCA индекс 1 B индекс 1 C…

№2. Задание 14

ID: 00022258

В правильной треугольной призме

ABCA_1B_1C_1

отметили точки

M

K

на рёбрах

AA_1

A_1B_1

соответственно. Известно, что

A_1M=2MA

A_1K=KB_1

. Через точки

M

K

провели плоскость

\alpha

перпендикулярно грани

ABB_1A_1

. а) Докажите, что плоскость

\alpha

проходит через вершину

C_1

. б) Найдите площадь сечения призмы

ABCA_1B_1C_1

плоскостью

\alpha

, если все рёбра призмы равны 12.

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

Сначала разберёмся с точками. $M$ лежит на боковом ребре $AA_1$ , причём $A_1M=2MA$ — то есть $M$ отстоит от $A$ на треть ребра. А $K$ — середина ребра $A_1B_1$ , ведь $A_1K=KB_1$ .

а) Весь фокус — в отрезке $C_1K$ . Верхнее основание $A_1B_1C_1$ — равносторонний треугольник (призма правильная), а $K$ — середина стороны $A_1B_1$ . Значит, $C_1K$ — медиана равностороннего треугольника, а она же и высота: $C_1K\perp A_1B_1$ .

Дальше: призма прямая, боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1$ . Отрезок $C_1K$ лежит в этой плоскости, поэтому $AA_1\perp C_1K$ .

Получили: $C_1K$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым $A_1B_1$ и $AA_1$ из плоскости $ABB_1A_1$ . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $C_1K\perp ABB_1A_1$ .

Теперь смотрим на плоскость $\alpha$ . Она перпендикулярна грани $ABB_1A_1$ и пересекает её по прямой $MK$ — и точка $K$ лежит на этой линии пересечения. Вспоминаем классическую теорему: если две плоскости перпендикулярны, то перпендикуляр к одной из них, проведённый через точку их линии пересечения, целиком лежит во второй плоскости. Прямая $KC_1$ — как раз перпендикуляр к грани $ABB_1A_1$ в точке $K$ , значит, она лежит в $\alpha$ . А раз в $\alpha$ лежит вся прямая $KC_1$ , то и точка $C_1$ принадлежит $\alpha$ . Что и требовалось доказать.

б) Соберём сечение. В грани $ABB_1A_1$ плоскость $\alpha$ высекает отрезок $MK$ , в верхнем основании — отрезок $KC_1$ , а в грани $ACC_1A_1$ — отрезок $C_1M$ : ведь $M$ лежит на ребре $AA_1$ этой грани, а $C_1$ — её вершина. Ломаная замкнулась: сечение — треугольник $MKC_1$ .

Самое приятное: $C_1K\perp ABB_1A_1$ (доказали в пункте а), а $MK$ лежит в этой грани. Значит, $C_1K\perp MK$ — треугольник прямоугольный с прямым углом при вершине $K$ !

Считаем катеты. Из $A_1M=2MA$ и $AA_1=12$ получаем $MA=4$ и $A_1M=8$ ; кроме того, $A_1K=6$ — половина ребра. Треугольник $MA_1K$ прямоугольный (ребро $AA_1$ перпендикулярно верхнему основанию, значит $AA_1\perp A_1B_1$ ), поэтому $MK=\sqrt{A_1M^2+A_1K^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$ .

Второй катет $C_1K$ — высота равностороннего треугольника со стороной 12: $C_1K=\dfrac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$ .

Площадь: $S=\dfrac{1}{2}\cdot MK\cdot C_1K=\dfrac{1}{2}\cdot 10\cdot 6\sqrt{3}=30\sqrt{3}$ .

Проверим себя: катеты $10$ и $6\sqrt{3}\approx 10{,}4$ — сечение разумного размера внутри призмы с ребром 12, всё сходится.

Ответ

а) доказательство; б)

30\sqrt{3}