Задание 15 ЕГЭ по математике №00043692

Призма правильная четырёхугольная: в основании квадрат, боковые рёбра перпендикулярны основанию. В пункте а нужно найти в плоскости $\alpha$ две пересекающиеся прямые, перпендикулярные $CA_1$. В пункте б пирамида с вершиной $C$ стоит на сечении, и её высота — это расстояние от $C$ до $\alpha$, а оно идёт как раз вдоль $CA_1$.

Пункт а. Признак: прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости.

Первая прямая. Плоскость $\alpha$ параллельна $BD$, поэтому через $N$ в ней проходит прямая $\ell\parallel BD$. Докажем $CA_1\perp BD$: диагонали квадрата перпендикулярны, $BD\perp AC$, а ещё $BD\perp AA_1$ (боковое ребро перпендикулярно основанию). Значит, $BD$ перпендикулярна плоскости $ACC_1A_1$ и любой прямой в ней, в том числе $CA_1$. Тогда и $\ell\perp CA_1$.

Вторая прямая — $NK$, она лежит в $\alpha$ и не параллельна $\ell$ (у неё есть подъём вверх). Проверим $CA_1\perp NK$ координатами. Начало в $A$, оси по $AB$, $AD$, $AA_1$; сторона $2\sqrt6$, высота $2\sqrt5$:

$C(2\sqrt6;2\sqrt6;0)$, $A_1(0;0;2\sqrt5)$, $N(\sqrt6;0;0)$ — середина $AB$. Точка $K$ на $C_1D_1$ с $C_1K:KD_1=2:1$ отстоит от $C_1$ на $\dfrac23$ ребра, поэтому её абсцисса $2\sqrt6-\dfrac23\cdot2\sqrt6=\dfrac{2\sqrt6}{3}$: $K\left(\dfrac{2\sqrt6}{3};2\sqrt6;2\sqrt5\right)$.

$$\overrightarrow{CA_1}=(-2\sqrt6;-2\sqrt6;2\sqrt5),\qquad \overrightarrow{NK}=\left(-\dfrac{\sqrt6}{3};2\sqrt6;2\sqrt5\right).$$

$$\overrightarrow{CA_1}\cdot\overrightarrow{NK}=(-2\sqrt6)\cdot\left(-\dfrac{\sqrt6}{3}\right)+(-2\sqrt6)\cdot2\sqrt6+2\sqrt5\cdot2\sqrt5=4-24+20=0.$$

Итак, $CA_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $\ell$ и $NK$ плоскости $\alpha$, значит, $CA_1\perp\alpha$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. Раз $\overrightarrow{CA_1}\perp\alpha$, в качестве нормали возьмём $\vec n=(\sqrt6;\sqrt6;-\sqrt5)$ (это $\overrightarrow{CA_1}$, делённый на $-2$). Плоскость через $N(\sqrt6;0;0)$:

$$\sqrt6x+\sqrt6y-\sqrt5z-6=0.$$

Проверка точкой $K$: $\sqrt6\cdot\dfrac{2\sqrt6}{3}+\sqrt6\cdot2\sqrt6-\sqrt5\cdot2\sqrt5-6=4+12-10-6=0$.

Форма сечения. На нижнем основании ($z=0$): $x+y=\sqrt6$ — отрезок от $N$ до $M(0;\sqrt6;0)$, середины $AD$. На верхнем ($z=2\sqrt5$): $\sqrt6(x+y)=16$, $x+y=\dfrac{8\sqrt6}{3}$ — отрезок от $K$ до точки $L\left(2\sqrt6;\dfrac{2\sqrt6}{3};2\sqrt5\right)$ на $B_1C_1$. Боковые рёбра: на $BB_1$ ($x=2\sqrt6$, $y=0$) получаем $12-\sqrt5z-6=0$, $z=\dfrac{6}{\sqrt5}\approx2{,}68$ — меньше высоты $2\sqrt5\approx4{,}47$, ребро пересекается в точке $P$; на $DD_1$ так же — точка $Q$; на $AA_1$ получилось бы $z\lt0$, на $CC_1$ — $z=\dfrac{18}{\sqrt5}\gt2\sqrt5$, эти рёбра не пересекаются. Сечение — шестиугольник $NPLKQM$.

Площадь сечения через проекцию. Проекция сечения на основание — квадрат без двух угловых треугольников: у вершины $A$ с катетами $\sqrt6$ и $\sqrt6$ (площадь $3$) и у вершины $C$ с катетами $2\sqrt6-\dfrac{2\sqrt6}{3}=\dfrac{4\sqrt6}{3}$ (площадь $\dfrac12\cdot\dfrac{16\cdot6}{9}=\dfrac{16}{3}$). Площадь проекции:

$$S_{\text{пр}}=24-3-\dfrac{16}{3}=\dfrac{47}{3}.$$

Площадь проекции равна площади фигуры, умноженной на косинус угла между плоскостями. Косинус угла между $\alpha$ и основанием: $\cos\varphi=\dfrac{|n_z|}{|\vec n|}=\dfrac{\sqrt5}{\sqrt{6+6+5}}=\dfrac{\sqrt5}{\sqrt{17}}$. Значит, $S_{\text{сеч}}=\dfrac{47}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{17}}{\sqrt5}$.

Высота пирамиды — расстояние от $C(2\sqrt6;2\sqrt6;0)$ до $\alpha$:

$$d=\dfrac{|12+12-0-6|}{\sqrt{17}}=\dfrac{18}{\sqrt{17}}.$$

Объём:

$$V=\dfrac13\cdot\dfrac{47\sqrt{17}}{3\sqrt5}\cdot\dfrac{18}{\sqrt{17}}=\dfrac{47\cdot18}{9\sqrt5}=\dfrac{94}{\sqrt5}=\dfrac{94\sqrt5}{5}.$$

Проверим высоту другим путём: $|CA_1|=\sqrt{24+24+20}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$, и прямая $CA_1$ пересекает $\alpha$ в точке $C+\lambda\overrightarrow{CA_1}$, где $\sqrt6(2\sqrt6-2\sqrt6\lambda)\cdot2-\sqrt5\cdot2\sqrt5\lambda-6=0$, то есть $24-24\lambda-10\lambda-6=0$, $\lambda=\dfrac{18}{34}=\dfrac{9}{17}$. Расстояние $\dfrac{9}{17}\cdot2\sqrt{17}=\dfrac{18}{\sqrt{17}}$ — совпало.