В основании прямой призмы ABCDA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 D индекс 1 лежит равнобедренная трапеция ABCD с основаниями AD равно 3 и BC равно 2 . Точка M делит ребро A индекс 1 D индекс 1 в отношении A индекс 1 M: MD индекс 1 равно 1: 2 , а точка K — середина ребра DD индекс 1 . а) Докажите, что плоскость MKC делит отрезок BB индекс 1 пополам. б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью MKC , если угол MKC равно 90 в степени ° , угол ADC равно 60 в степени ° .

а) доказано; б) дробь: числитель: 7 корень из: начало аргумента: 10 конец аргумента, знаменатель: 6 конец дроби

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

№2. Задание 14

ID: 00022264

В основании прямой призмы

ABCDA_1B_1C_1D_1

лежит равнобедренная трапеция

ABCD

с основаниями

AD=3

BC=2

. Точка

M

делит ребро

A_1D_1

в отношении

A_1M:MD_1=1:2

, а точка

K

— середина ребра

DD_1

. а) Докажите, что плоскость

MKC

делит отрезок

BB_1

пополам. б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью

MKC

, если

\angle MKC=90^\circ

\angle ADC=60^\circ

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Сначала докажем вспомогательный факт: плоскость $MKC$ параллельна прямой $BD$ . Прямые $MK$ и $AD$ лежат в одной грани $AA_1D_1D$ и не параллельны — продлим $MK$ до пересечения с прямой $AD$ в точке $P$ . Треугольники $KD_1M$ и $KDP$ равны: $KD_1=KD$ ( $K$ — середина $DD_1$ ), углы при $K$ вертикальные, углы при $D_1$ и $D$ прямые (призма прямая). Значит, $DP=MD_1=\dfrac23\cdot 3=2$ . Теперь четырёхугольник $BCPD$ : $BC\parallel DP$ (оба лежат на параллельных прямых $BC$ и $AD$ ) и $BC=2=DP$ — это параллелограмм, поэтому $CP\parallel BD$ . Прямая $CP$ лежит в плоскости $MKC$ , а $BD$ — нет, значит $BD\parallel(MKC)$ .

Теперь главное. Проведём через точку $K$ прямую $\ell$ , параллельную $BD$ . Известное свойство: если плоскость параллельна прямой, то прямая, проведённая через любую точку этой плоскости параллельно данной прямой, целиком лежит в плоскости. Значит, $\ell$ лежит в плоскости $MKC$ .

С другой стороны, рёбра $BB_1$ и $DD_1$ параллельны и равны, поэтому $BDD_1B_1$ — параллелограмм. Точка $K$ лежит на его стороне $DD_1$ , а прямая $\ell$ проходит через $K$ параллельно стороне $BD$ — значит, $\ell$ лежит в плоскости $BDD_1B_1$ (прямая, проведённая через точку плоскости параллельно прямой этой плоскости, лежит в ней). Пусть $\ell$ пересекает $BB_1$ в точке $L$ . В четырёхугольнике $DKLB$ стороны $KL$ и $DB$ параллельны по построению, а $DK$ и $BL$ параллельны как отрезки параллельных рёбер $DD_1$ и $BB_1$ — значит, $DKLB$ — параллелограмм, и $BL=DK=\dfrac{DD_1}{2}=\dfrac{BB_1}{2}$ .

Итак, плоскость $MKC$ проходит через точку $L$ — середину ребра $BB_1$ , то есть делит отрезок $BB_1$ пополам. Что и требовалось.

б) Сначала числа. Из угла $\angle ADC=60^\circ$ : опустив высоту $CC_0$ на $AD$ , получаем $DC_0=\dfrac{3-2}{2}=\dfrac12$ , боковую сторону $CD=\dfrac{DC_0}{\cos 60^\circ}=1$ (и $AB=1$ ), высоту трапеции $\dfrac{\sqrt3}{2}$ . Пусть высота призмы $h$ ; тогда $KM^2=MD_1^2+KD_1^2=4+\dfrac{h^2}{4}$ , $KC^2=KD^2+DC^2=\dfrac{h^2}{4}+1$ , а $MC^2=M_0C^2+h^2=3+h^2$ , где $M_0$ — проекция $M$ на $AD$ ( $M_0D=2$ , и по теореме косинусов $M_0C^2=4+1-2\cdot2\cdot1\cdot\cos60^\circ=3$ ). Условие $\angle MKC=90^\circ$ по Пифагору: $4+\dfrac{h^2}{4}+1+\dfrac{h^2}{4}=3+h^2$ , откуда $h=2$ , $KD=1$ .

Строим сечение целиком. Верхнее основание параллельно нижнему, поэтому секущая плоскость режет их по параллельным прямым: след на нижнем — прямая $CP\parallel BD$ , значит след на верхнем — прямая через $M$ , параллельная $B_1D_1$ . В трапеции $A_1B_1C_1D_1$ эта прямая пересекает ребро $A_1B_1$ в точке $Q$ , причём треугольник $A_1MQ$ подобен треугольнику $A_1D_1B_1$ : $\dfrac{A_1Q}{A_1B_1}=\dfrac{A_1M}{A_1D_1}=\dfrac13$ . Итого сечение — пятиугольник $MQLCK$ : $MQ$ — в верхнем основании, $QL$ — в грани $AA_1B_1B$ , $LC$ — в грани $BB_1C_1C$ , $CK$ — в грани $CC_1D_1D$ , $KM$ — в грани $AA_1D_1D$ .

Площадь удобно взять через проекцию: $S=\dfrac{S'}{\cos\varphi}$ , где $S'$ — площадь проекции сечения на основание, $\varphi$ — угол между секущей плоскостью и основанием.

Угол $\varphi$ : ребро двугранного угла — прямая $CP$ ; проекция $K$ — точка $D$ ; опустим $DF\perp CP$ , тогда по трём перпендикулярам $\angle KFD=\varphi$ . В треугольнике $DPC$ : $\angle CDP=120^\circ$ , $PC^2=4+1+2=7$ , площадь $\dfrac12\cdot2\cdot1\cdot\sin120^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$ , откуда $DF=\dfrac{\sqrt3}{\sqrt7}$ и $\mathrm{tg}\,\varphi=\dfrac{KD}{DF}=\sqrt{\dfrac73}$ . Тогда $\cos^2\varphi=\dfrac{1}{1+7/3}=\dfrac{3}{10}$ , то есть $\cos\varphi=\sqrt{\dfrac{3}{10}}$ .

Проекция сечения: $M\to M_0$ (точка на $AD$ , $AM_0=1$ ), $Q\to Q_0$ (точка на $AB$ , $AQ_0:Q_0B=1:2$ — ведь $Q$ делит $A_1B_1$ как $1:2$ ), $L\to B$ (точка $L$ сидит на вертикальном ребре $BB_1$ ), $C\to C$ , $K\to D$ . Получился пятиугольник $M_0Q_0BCD$ — это вся трапеция без треугольника $AQ_0M_0$ . Площадь трапеции: $\dfrac{3+2}{2}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{5\sqrt3}{4}$ . Треугольник $AQ_0M_0$ : $AM_0=1$ , $AQ_0=\dfrac{AB}{3}=\dfrac13$ , угол между ними $\angle BAD=60^\circ$ (равнобедренная трапеция, углы при основании равны), площадь $\dfrac12\cdot1\cdot\dfrac13\cdot\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{12}$ . Итого $S'=\dfrac{5\sqrt3}{4}-\dfrac{\sqrt3}{12}=\dfrac{15\sqrt3-\sqrt3}{12}=\dfrac{7\sqrt3}{6}$ .

Финал: $S=\dfrac{S'}{\cos\varphi}=\dfrac{7\sqrt3}{6}\cdot\sqrt{\dfrac{10}{3}}=\dfrac{7\sqrt{10}}{6}$ .

Проверим порядок величины: $\dfrac{7\sqrt{10}}{6}\approx 3{,}7$ — больше проекции $\dfrac{7\sqrt3}{6}\approx 2{,}0$ , как и положено наклонному сечению. Всё сходится.

Ответ

а) доказано; б)

\dfrac{7\sqrt{10}}{6}