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

№2. Задание 14

ID: 00022262

В основании прямой призмы

ABCDA_1B_1C_1D_1

лежит параллелограмм

ABCD

с углом

60^\circ

при вершине

A

. На рёбрах

A_1B_1

B_1C_1

BC

отмечены точки

M

K

N

соответственно так, что четырёхугольник

AMKN

— равнобедренная трапеция с основаниями 2 и 4. а) Докажите, что точка

M

— середина ребра

A_1B_1

. б) Найдите высоту призмы, если её объём равен 16 и известно, что точка

K

делит ребро

B_1C_1

в отношении

B_1K:KC_1=1:3

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Разберёмся с основаниями трапеции. Точки $A$ и $N$ лежат в плоскости нижнего основания призмы, $M$ и $K$ — в плоскости верхнего. Плоскость трапеции пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым, значит, $MK\parallel AN$ — это и есть основания.

Спроецируем $M$ и $K$ на нижнее основание: получим $M_0$ на $AB$ и $K_0$ на $BC$ . Проекция опускает обе точки вниз на одну и ту же высоту, поэтому отрезок $M_0K_0$ параллелен и равен $MK$ .

В плоскости основания: $A$ и $M_0$ лежат на прямой $AB$ , $N$ и $K_0$ — на прямой $BC$ , прямые пересекаются в точке $B$ , и $M_0K_0\parallel AN$ . По теореме Фалеса $\dfrac{BM_0}{BA}=\dfrac{BK_0}{BN}=\dfrac{MK}{AN}$ .

Так как $M_0$ — точка отрезка $AB$ , отношение $\dfrac{BM_0}{BA}$ не превосходит единицы, поэтому $MK$ — меньшее основание: $MK=2$ , $AN=4$ , коэффициент равен $\dfrac{1}{2}$ . Тогда $BM_0=\dfrac{BA}{2}$ , то есть $M_0$ — середина $AB$ , а $M$ — середина $A_1B_1$ . Доказано. Попутно получили $BK_0=\dfrac{BN}{2}$ — пригодится в пункте б).

б) Пусть $AB=c$ , $BC=a$ , высота призмы $h$ . Из $B_1K:KC_1=1:3$ следует $BK_0=\dfrac{a}{4}$ , а из пункта а) $BN=2BK_0=\dfrac{a}{2}$ — точка $N$ оказалась серединой $BC$ . Заодно $NK_0=BN-BK_0=\dfrac{a}{4}$ .

Равнобедренность: $AM=KN$ . По Пифагору $AM^2=\dfrac{c^2}{4}+h^2$ (горизонтальная часть $AM_0=\dfrac{c}{2}$ , вертикальная — $h$ ) и $KN^2=\dfrac{a^2}{16}+h^2$ . Приравниваем: $\dfrac{c^2}{4}=\dfrac{a^2}{16}$ , значит, $c=\dfrac{a}{2}$ .

Условие $AN=4$ : в треугольнике $ABN$ стороны $AB=c$ и $BN=\dfrac{a}{2}$ , угол при вершине $B$ равен $180^\circ-60^\circ=120^\circ$ . Теорема косинусов (помним, что $\cos 120^\circ=-\dfrac{1}{2}$ , поэтому появляется плюс): $AN^2=c^2+\dfrac{a^2}{4}+c\cdot\dfrac{a}{2}$ . Подставляем $c=\dfrac{a}{2}$ : $\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{3a^2}{4}=16$ , откуда $a^2=\dfrac{64}{3}$ .

Площадь основания: $S=c\cdot a\cdot\sin 60^\circ=\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{64}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{16\sqrt{3}}{3}$ .

Высота: $h=\dfrac{V}{S}=16:\dfrac{16\sqrt{3}}{3}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$ .

Проверка: $S\cdot h=\dfrac{16\sqrt{3}}{3}\cdot\sqrt{3}=\dfrac{16\cdot 3}{3}=16$ — объём совпал, всё сходится. Ответ: $\sqrt{3}$ .

Ответ

а) доказательство; б)

\sqrt{3}