Задание 15 ЕГЭ по математике №00043713

Плоскость $\alpha$ задана двумя точками $K$, $C$ и направлением $TB_1$. Чтобы найти, где она встречает ребро $AB$, нужна ещё одна точка $\alpha$ в плоскости грани $ABB_1A_1$ — тогда в этой грани $\alpha$ оставит прямую, параллельную $TB_1$.

Обозначим сторону основания $a$, высоту призмы $h$.

Пункт а. В плоскости грани $BB_1C_1C$ продолжим $CK$ до пересечения с прямой $BB_1$ в точке $R$. Треугольники $RB_1K$ и $RBC$ подобны ($B_1K\parallel BC$), коэффициент $\dfrac{B_1K}{BC}=\dfrac12$ ($K$ — середина $B_1C_1$). Значит, $RB_1=\dfrac12RB$, то есть $B_1$ — середина отрезка $RB$, и $RB=2h$.

Точка $R$ принадлежит $\alpha$ (лежит на прямой $CK$) и плоскости $ABB_1A_1$ (лежит на прямой $BB_1$). Плоскость $\alpha$ параллельна $TB_1$, поэтому пересекает плоскость $ABB_1A_1$ по прямой через $R$, параллельной $TB_1$. Пусть она встречает прямую $AB$ в точке $X$.

В треугольнике $RBX$ отрезок $B_1T$ параллелен $RX$ и проходит через середину $B_1$ стороны $RB$ — это средняя линия. Значит, $T$ — середина $BX$, и $BX=2BT=2\cdot\dfrac a3=\dfrac{2a}{3}$.

Тогда $AX=a-\dfrac{2a}{3}=\dfrac a3$, а $AT=\dfrac{2a}{3}$. Получаем $AX=\dfrac12AT$: точка $X$ — середина $AT$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. $a=42$, $h=3\sqrt7$, $RB=6\sqrt7$, $BX=28$, $AX=14$.

Сечение. В грани $ABB_1A_1$ прямая $RX$ пересекает $A_1B_1$ в точке $Y$; так как $B_1$ — середина $RB$, а $A_1B_1\parallel AB$, то $Y$ — середина $RX$, и $B_1Y=\dfrac12BX=14$. Сечение — четырёхугольник $CXYK$, причём $YK\parallel CX$ (основания призмы параллельны) и $YK=\dfrac12CX$ (треугольник $RYK$ подобен $RXC$ с коэффициентом $\dfrac12$). Площадь трапеции $CXYK$ равна площади треугольника $RXC$ без площади треугольника $RYK$, а это $1-\dfrac14=\dfrac34$ площади $RXC$.

Площадь треугольника $RXC$. Сторона $CX$ по теореме косинусов в треугольнике $AXC$ ($\angle A=60^\circ$):

$$CX^2=42^2+14^2-2\cdot42\cdot14\cdot\dfrac12=1764+196-588=1372,\qquad CX=14\sqrt7.$$

Высота треугольника $RXC$ к стороне $CX$: опустим перпендикуляр $BF$ из $B$ на прямую $CX$ в основании. $RB$ перпендикулярен основанию, $BF\perp CX$, поэтому и $RF\perp CX$ (теорема о трёх перпендикулярах), и $RF$ — нужная высота.

$BF$ найдём через площадь треугольника $BXC$: $S_{BXC}=\dfrac12\cdot BX\cdot BC\cdot\sin60^\circ=\dfrac12\cdot28\cdot42\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=294\sqrt3$, откуда

$$BF=\dfrac{2S_{BXC}}{CX}=\dfrac{588\sqrt3}{14\sqrt7}=\dfrac{42\sqrt3}{\sqrt7}=6\sqrt{21}.$$

$$RF=\sqrt{RB^2+BF^2}=\sqrt{252+756}=\sqrt{1008}=12\sqrt7.$$

$S_{RXC}=\dfrac12\cdot14\sqrt7\cdot12\sqrt7=84\cdot7=588$, а площадь сечения

$$S_{CXYK}=\dfrac34\cdot588=441.$$

Проверим себя прямым счётом трапеции: $YK^2=14^2+21^2-2\cdot14\cdot21\cdot\dfrac12=343$, $YK=7\sqrt7=\dfrac12CX$. Высота трапеции — половина $RF$, то есть $6\sqrt7$; площадь $\dfrac{14\sqrt7+7\sqrt7}{2}\cdot6\sqrt7=\dfrac{21\cdot42}{2}=441$ — совпало.