В основании прямой призмы ABCA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 лежит равнобедренный треугольник ABC с основанием AB . Точка P делит ребро AB в отношении AP: PB равно 1: 3 , а точка Q — середина ребра A индекс 1 C индекс 1 . Через середину M ребра BC провели плоскость альфа перпендикулярно отрезку PQ . а) Докажите, что плоскость альфа параллельна ребру AB . б) Найдите отношение, в котором плоскость альфа делит отрезок PQ , считая от точки P , если известно, что AB равно AA индекс 1 , AB: BC равно 2: 5 .

Задание 14 ЕГЭ по математике: В основании прямой призмы ABCA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1…

№2. Задание 14

ID: 00022260

В основании прямой призмы

ABCA_1B_1C_1

лежит равнобедренный треугольник

ABC

с основанием

AB

. Точка

P

делит ребро

AB

в отношении

AP:PB=1:3

, а точка

Q

— середина ребра

A_1C_1

. Через середину

M

ребра

BC

провели плоскость

\alpha

перпендикулярно отрезку

PQ

. а) Докажите, что плоскость

\alpha

параллельна ребру

AB

. б) Найдите отношение, в котором плоскость

\alpha

делит отрезок

PQ

, считая от точки

P

, если известно, что

AB=AA_1

AB:BC=2:5

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) План такой: докажем, что $AB\perp PQ$ . Тогда прямая $AB$ перпендикулярна перпендикуляру к плоскости $\alpha$ , а значит, параллельна самой плоскости — останется лишь исключить случай, когда она в этой плоскости лежит.

Спроецируем $Q$ на нижнее основание. $Q$ — середина $A_1C_1$ , боковые рёбра прямой призмы вертикальны, поэтому проекция $Q_0$ — середина ребра $AC$ , и $QQ_0\perp ABC$ .

Теперь планиметрия в основании. Пусть $H$ — середина $AB$ ; треугольник равнобедренный с основанием $AB$ , поэтому $CH\perp AB$ . Опустим из $Q_0$ перпендикуляр на $AB$ , его основание назовём $F$ . Прямые $Q_0F$ и $CH$ параллельны (обе перпендикулярны $AB$ ), а $Q_0$ — середина $AC$ ; по теореме Фалеса $F$ — середина $AH$ . Значит, $AF=\dfrac{AH}{2}=\dfrac{AB}{4}$ . Но и $AP=\dfrac{AB}{4}$ , ведь $AP:PB=1:3$ . То есть $F=P$ : перпендикуляр из $Q_0$ на $AB$ падает ровно в точку $P$ , и $Q_0P\perp AB$ .

Поднимаем глаза в пространство: $Q_0P$ — проекция наклонной $QP$ на основание, и она перпендикулярна $AB$ . По теореме о трёх перпендикулярах $PQ\perp AB$ .

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна $PQ$ , и прямая $AB$ перпендикулярна $PQ$ — значит, $AB$ параллельна $\alpha$ либо лежит в ней. Лежать не может: иначе $\alpha$ содержала бы прямую $AB$ и точку $M$ , то есть совпала бы с плоскостью основания. Но основание не перпендикулярно $PQ$ : у наклонной $PQ$ есть ненулевая горизонтальная составляющая $PQ_0$ . Значит, $AB\parallel\alpha$ . Доказано.

б) Здесь удобнее всего честные координаты. Отношение не зависит от масштаба, поэтому положим $AB=AA_1=4$ , тогда $BC=AC=10$ . Разместим основание: $A(0;0;0)$ , $B(4;0;0)$ ; вершина $C$ — над серединой $AB$ , высота $CH=\sqrt{10^2-2^2}=\sqrt{96}=4\sqrt{6}$ , так что $C(2;4\sqrt{6};0)$ .

Точки: $P(1;0;0)$ — четверть ребра $AB$ ; $Q(1;2\sqrt{6};4)$ — середина $A_1C_1$ ; $M(3;2\sqrt{6};0)$ — середина $BC$ .

Вектор $\overrightarrow{PQ}=(0;2\sqrt{6};4)$ — это нормаль к плоскости $\alpha$ . Плоскость проходит через $M$ , её уравнение: $2\sqrt{6}(y-2\sqrt{6})+4z=0$ , то есть $\sqrt{6}\,y+2z=12$ .

Точка отрезка $PQ$ имеет вид $(1;\,2\sqrt{6}t;\,4t)$ , где $t$ пробегает от 0 (точка $P$ ) до 1 (точка $Q$ ). Подставляем в уравнение плоскости: $\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}t+2\cdot 4t=12t+8t=20t=12$ , откуда $t=\dfrac{3}{5}$ .

Значит, точка пересечения делит $PQ$ в отношении $t:(1-t)=\dfrac{3}{5}:\dfrac{2}{5}=3:2$ , считая от $P$ .

Проверим: $t=\dfrac{3}{5}$ лежит между 0 и 1 — плоскость режет сам отрезок, а не его продолжение. Всё сходится. Ответ: $3:2$ .

Ответ

а) доказательство; б)

3:2