Задание 15 ЕГЭ по математике №00042122

Обозначим сторону основания $a$, боковое ребро $h$, центр нижнего основания $O$. Решим задачу методом координат — в общем виде, чтобы пункт а доказать для любой такой призмы.

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. Начало координат поставим в $O$, ось $Ox$ направим по лучу $OA$, ось $Oz$ — вверх, параллельно боковым рёбрам. Правильный шестиугольник состоит из шести равносторонних треугольников со стороной $a$, поэтому его вершины лежат на окружности радиуса $a$ через каждые $60^\circ$:

$$A(a;0;0),\quad B\left(\dfrac a2;\dfrac{a\sqrt3}{2};0\right),\quad D(-a;0;0),\quad F\left(\dfrac a2;-\dfrac{a\sqrt3}{2};0\right).$$

Тогда $M\left(a;0;\dfrac h2\right)$ — середина $AA_1$, $B_1\left(\dfrac a2;\dfrac{a\sqrt3}{2};h\right)$, $D_1(-a;0;h)$.

Шаг 2. Плоскость $\alpha$ не вертикальна, поэтому её можно записать в виде $z=px+qy+r$. Подставим три известные точки:

$$D_1:\ -pa+r=h;\qquad M:\ pa+r=\dfrac h2;\qquad B_1:\ \dfrac{pa}{2}+\dfrac{qa\sqrt3}{2}+r=h.$$

Вычтем из второго равенства первое: $2pa=-\dfrac h2$, то есть $pa=-\dfrac h4$. Тогда $r=h+pa=\dfrac{3h}{4}$.

Из третьего равенства: $\dfrac{qa\sqrt3}{2}=h-r-\dfrac{pa}{2}=h-\dfrac{3h}{4}+\dfrac h8=\dfrac{3h}{8}$.

Шаг 3. Точка $P$ лежит на ребре $FF_1$, то есть ровно над $F$. Подставим абсциссу и ординату точки $F$:

$$z_P=\dfrac{pa}{2}-\dfrac{qa\sqrt3}{2}+r=-\dfrac h8-\dfrac{3h}{8}+\dfrac{3h}{4}=\dfrac h4.$$

Значит, $FP=\dfrac h4$, $PF_1=h-\dfrac h4=\dfrac{3h}{4}$, и $FP:PF_1=1:3$. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление). Теперь $a=3$, $h=8$. Из шага 2: $p=-\dfrac{h}{4a}=-\dfrac23$, $q=\dfrac{3h}{4a\sqrt3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$, $r=6$, то есть

$$\alpha:\ z=-\dfrac23x+\dfrac{2}{\sqrt3}y+6.$$

Шаг 1. Какие рёбра режет плоскость. Посчитаем высоту плоскости над каждой вершиной нижнего основания: над $A(3;0)$ — $4$ (точка $M$), над $B$ и $D$ — $8$ (вершины $B_1$ и $D_1$), над $F$ — $2$ (точка $P$). Над $C\left(-\dfrac32;\dfrac{3\sqrt3}{2}\right)$: $1+3+6=10\gt 8$ — ребро $CC_1$ не задето. Над $E\left(-\dfrac32;-\dfrac{3\sqrt3}{2}\right)$: $1-3+6=4$ — плоскость режет ребро $EE_1$ в точке $X$ на высоте 4. Все высоты положительны, нижнее основание не задето. Сечение — пятиугольник $MB_1D_1XP$.

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

$$S_{ABCDEF}=6\cdot\dfrac{\sqrt3}{4}\cdot3^2=\dfrac{27\sqrt3}{2},\qquad S_{BCD}=\dfrac12\cdot3\cdot3\cdot\sin120^\circ=\dfrac{9\sqrt3}{4},$$

$$S_{ABDEF}=\dfrac{54\sqrt3}{4}-\dfrac{9\sqrt3}{4}=\dfrac{45\sqrt3}{4}.$$

Шаг 3. Угол $\varphi$ между плоскостями — через нормали. Перепишем $\alpha$ в виде $-\dfrac23x+\dfrac{2}{\sqrt3}y-z+6=0$: нормаль $\vec n\left(-\dfrac23;\dfrac{2}{\sqrt3};-1\right)$. Нормаль основания — $\vec k(0;0;1)$.

$$|\vec n|=\sqrt{\dfrac49+\dfrac43+1}=\sqrt{\dfrac{4+12+9}{9}}=\dfrac53,\qquad \cos\varphi=\dfrac{|\vec n\cdot\vec k|}{|\vec n|\cdot|\vec k|}=\dfrac{1}{5/3}=\dfrac35.$$

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

$$S_{MB_1D_1XP}=\dfrac{45\sqrt3}{4}:\dfrac35=\dfrac{45\sqrt3}{4}\cdot\dfrac53=\dfrac{75\sqrt3}{4}.$$

Проверим себя: если разбить пятиугольник $MB_1D_1XP$ на три треугольника из вершины $M$ и посчитать их площади через векторное произведение, сумма получается $\approx32{,}48$, и $\dfrac{75\sqrt3}{4}\approx32{,}48$. Сходится.