Задание 15 ЕГЭ по математике №00042121

Обозначим сторону основания $a$, боковое ребро $h$, центры нижнего и верхнего оснований — $O$ и $O_1$. Призма правильная: основания — правильные шестиугольники, боковые рёбра перпендикулярны основаниям.

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. Правильный шестиугольник складывается из шести равносторонних треугольников с общей вершиной в центре. Поэтому $O_1B_1=B_1C_1=C_1D_1=D_1O_1=a$, и $O_1B_1C_1D_1$ — ромб. Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Значит, $B_1D_1\perp C_1F_1$, а точка их пересечения $G_1$ — середина $O_1C_1$, то есть $C_1G_1=\dfrac a2$.

Шаг 2. Точно так же $OAFE$ — ромб со стороной $a$. Его диагонали $AE$ и $OF$ перпендикулярны и пересекаются в середине $T$ отрезка $OF$: $OT=\dfrac a2$. Прямые $BD$ и $AE$ лежат в плоскости основания и обе перпендикулярны $CF$, значит, $AE\parallel BD\parallel B_1D_1$.

Шаг 3. Прямая $B_1D_1$ параллельна прямой $A_1E_1$, поэтому параллельна плоскости $AA_1E_1E$. Плоскость $\alpha$ проходит через $B_1D_1$ и через точку $M$ этой плоскости, значит, пересекает её по прямой, проходящей через $M$ параллельно $B_1D_1$ (то есть параллельно $AE$). Все точки этой прямой находятся на высоте $AM=\dfrac{2h}{3}$ над основанием. В частности, в $\alpha$ лежит точка $Y$, расположенная над точкой $T$ на высоте $\dfrac{2h}{3}$.

Шаг 4. Рассмотрим прямоугольник $CC_1F_1F$ — сечение призмы плоскостью, проходящей через большую диагональ $CF$ основания. В нём лежат три точки плоскости $\alpha$: $G_1$, $Y$ и искомая точка $P$ на ребре $FF_1$. Они лежат на одной прямой — линии пересечения двух плоскостей. Отмерим расстояния вдоль $CF$ от точки $C$ (вся длина $CF=2a$):

$$G_1:\ \dfrac a2\ \text{(высота } h\text{)};\qquad Y:\ a+\dfrac a2=\dfrac{3a}{2}\ \text{(высота } \tfrac{2h}{3}\text{)};\qquad P:\ 2a.$$

Шаг 5. От $G_1$ до $Y$ вдоль $CF$ мы проходим расстояние $a$ и опускаемся на $h-\dfrac{2h}{3}=\dfrac h3$. От $Y$ до $P$ проходим вдвое меньше, $\dfrac a2$, поэтому по подобию прямоугольных треугольников опускаемся тоже вдвое меньше — на $\dfrac h6$:

$$FP=\dfrac{2h}{3}-\dfrac h6=\dfrac{4h-h}{6}=\dfrac h2.$$

Значит, $P$ — середина ребра $FF_1$. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление). Теперь $a=2$, $h=8$, поэтому $AM=\dfrac{16}{3}$, $FP=4$.

Шаг 1. Форма сечения. Прямая из шага 3 пересекает ребро $EE_1$ в точке $X$, причём $EX=AM=\dfrac{16}{3}$. Верхнее основание плоскость режет по отрезку $B_1D_1$ и отсекает вершину $C_1$, а до нижнего основания не достаёт: самая низкая точка сечения — $P$ на высоте 4. Сечение — пятиугольник $MB_1D_1XP$.

Шаг 2. Проекция сечения на нижнее основание — пятиугольник $ABDEF$, то есть шестиугольник без треугольника $BCD$:

$$S_{ABCDEF}=6\cdot\dfrac{\sqrt3}{4}\cdot2^2=6\sqrt3,\qquad S_{BCD}=\dfrac12\cdot2\cdot2\cdot\sin120^\circ=\sqrt3,$$

$$S_{ABDEF}=6\sqrt3-\sqrt3=5\sqrt3.$$

Шаг 3. Угол $\varphi$ между $\alpha$ и основанием. Плоскость $\alpha$ пересекает основание по прямой, параллельной $B_1D_1$ (ведь $B_1D_1$ параллельна основанию). Плоскость $CC_1F_1F$ перпендикулярна $B_1D_1$: $B_1D_1\perp C_1F_1$ (шаг 1) и $B_1D_1\perp CC_1$. Поэтому угол между прямой $G_1P$ и основанием — линейный угол между $\alpha$ и основанием. Из пункта а на горизонтальном участке длины $a=2$ прямая опускается на $\dfrac h3=\dfrac83$:

$$\operatorname{tg}\varphi=\dfrac{8}{3}:2=\dfrac43,\qquad \cos\varphi=\dfrac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2\varphi}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{16}{9}}}=\dfrac35.$$

Шаг 4. Площадь ортогональной проекции равна площади фигуры, умноженной на косинус угла между плоскостями. Отсюда

$$S_{MB_1D_1XP}=\dfrac{S_{ABDEF}}{\cos\varphi}=5\sqrt3\cdot\dfrac53=\dfrac{25\sqrt3}{3}.$$

Проверим себя координатами: при $A(2;0;0)$, $B(1;\sqrt3;0)$, $D(-2;0;0)$, $F(1;-\sqrt3;0)$ плоскость $\alpha$ задаётся уравнением $z=-\dfrac23x+\dfrac{2}{\sqrt3}y+\dfrac{20}{3}$ (в точках $M$, $B_1$, $D_1$ получаем $\dfrac{16}{3}$, $8$, $8$). Над точкой $F$ высота $-\dfrac23-2+\dfrac{20}{3}=4$ — середина ребра, а $\cos\varphi=\dfrac{1}{\sqrt{\frac49+\frac43+1}}=\dfrac35$. Всё сходится.