Задание 15 ЕГЭ по математике №00041786

Разберёмся с картинкой. Нижнее основание $ABCD$ и верхнее $A_1B_1C_1D_1$ — параллельные плоскости, а плоскость трапеции $AMKN$ пересекает обе: нижнюю по отрезку $AN$, верхнюю — по отрезку $MK$.

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. Если плоскость пересекает две параллельные плоскости, то линии пересечения параллельны. Значит $MK\parallel AN$. В трапеции параллельна только одна пара сторон, поэтому её основания — именно $MK$ и $AN$.

Шаг 2. Сравним треугольник $B_1MK$ (в верхнем основании) с треугольником $BAN$ (в нижнем). Сторона $B_1M$ лежит на прямой $A_1B_1\parallel AB$, сторона $B_1K$ — на прямой $B_1C_1\parallel BC$, а $MK\parallel AN$. Стороны попарно параллельны и одинаково направлены, значит углы треугольников равны и треугольники подобны:

$$\dfrac{B_1M}{BA}=\dfrac{B_1K}{BN}=\dfrac{MK}{AN}.$$

Шаг 3. Какое основание меньше? Точка $M$ лежит на ребре $A_1B_1$, поэтому $B_1M\le A_1B_1=AB$, и коэффициент подобия $\dfrac{B_1M}{BA}$ не больше $1$. Значит $MK$ — меньшее основание: $MK=2$, $AN=4$, и коэффициент подобия $k=\dfrac{2}{4}$.

Шаг 4. Из $B_1K:KC_1=1:3$ получаем $B_1K=\dfrac{1}{4}\,B_1C_1=\dfrac{1}{4}\,BC$. По подобию $B_1K=k\cdot BN=\dfrac{2}{4}\,BN$. Приравниваем:

$$\dfrac{2}{4}\,BN=\dfrac{1}{4}\,BC\quad\Longrightarrow\quad BN=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{4}{2}\,BC=\dfrac12\,BC.$$

Значит $N$ — середина ребра $BC$. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

Площадь основания призмы: $S_{ABCD}=\dfrac{V}{h}=\dfrac{16}{2}=8$.

Треугольник $ABN$. Диагональ $AC$ делит параллелограмм пополам, так что $S_{ABC}=\dfrac{8}{2}$. Треугольники $ABN$ и $ABC$ имеют общую высоту из вершины $A$, а основание $BN$ вдвое меньше $BC$, поэтому $S_{ABN}=\dfrac14 S_{ABCD}=2$.

Высота треугольника $ABN$, опущенная из $B$ на прямую $AN$ (обозначим её основание $P$):

$$BP=\dfrac{2S_{ABN}}{AN}=\dfrac{2\cdot 2}{4}=1.$$

Опустим перпендикуляры из $M$ и $K$ на нижнее основание и получим точки $M'$ на $AB$ и $K'$ на $BC$; так как боковые грани — прямоугольники, $BM'=B_1M$ и $BK'=B_1K$. Отрезок $M'K'$ — это $MK$, опущенный вниз, поэтому $M'K'\parallel AN$, а треугольник $BM'K'$ подобен треугольнику $BAN$ с тем же коэффициентом $k=\dfrac{2}{4}$.

Пусть $Q$ — точка пересечения $BP$ и $M'K'$. Тогда $BQ=k\cdot BP=\dfrac{2}{4}\cdot 1=\dfrac{1}{2}$, а расстояние между прямыми $M'K'$ и $AN$ равно

$$QP=BP-BQ=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}.$$

Высота трапеции. Пусть $T$ — точка прямой $MK$, лежащая над $Q$; тогда $TQ$ — вертикальный отрезок длины $h=2$. Прямая $QP$ перпендикулярна $AN$ и является проекцией наклонной $TP$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $TP\perp AN$. Точка $T$ лежит на прямой $MK\parallel AN$, значит $TP$ — расстояние между основаниями трапеции, то есть её высота:

$$TP=\sqrt{TQ^{2}+QP^{2}}=\sqrt{2^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}}=\sqrt{4+\dfrac14}=\dfrac{\sqrt{17}}{2}.$$

Площадь трапеции:

$$S_{AMKN}=\dfrac{MK+AN}{2}\cdot TP=\dfrac{2+4}{2}\cdot \dfrac{\sqrt{17}}{2}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}.$$

Проверим себя. Проекция трапеции на нижнее основание — трапеция $AM'K'N$ с теми же основаниями и высотой $QP=\dfrac{1}{2}$; её площадь $\dfrac{2+4}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$. Площадь самой трапеции $\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\approx 6{,}18$ больше — так и должно быть: наклонная фигура больше своей проекции.