Задача к ЕГЭ на тему «Задачи формата ЕГЭ на многогранники. Пирамида, призма» №13

Дана прямая четырехугольная призма $ABCDA1B1C1D1$ , основаниями которой являются равнобедренные трапеции $ABCD$ и $A1B1C1D1$ с основаниями $AD$ и $BC$ и $A1D1$ и $B1C1$ соответственно. Известно, что $AA1 = AD$ и $BC = 2AA1$ , а диагонали каждого основания взаимно перпендикулярны.

а) Найдите сечение пирамиды плоскостью $M DN$ , где $M$ – середина ребра $AA1$ , $N$ – середина ребра $CC1$ (то есть определите вид сечения и отношения, в которых вершины сечения делят ребра призмы).

б) Найдите угол между плоскостью $M DN$ и плоскостью основания призмы.

а) Найдем точку пересечения плоскости $M DN$ (назовем ее плоскостью $π$ ) и плоскости $BB1D1$ . Пусть $O$ и $O1$ – точки пересечения диагоналей оснований $ABCD$ и $A1B1C1D1$ соответственно. Тогда $OO1$ лежит в плоскостях $AA1C1$ и $BB1D1$ . По теореме Фалеса прямая $M N$ пересекает $OO1$ в середине, назовем эту точку точкой $K$ . Таким образом, $K ∈ π$ .

$PIC$

Проведем прямую $DK$ . Она будет пересекать либо ребро $BB1$ , либо отрезок $B1D1$ .
Для того, чтобы это определить, найдем отношение, в котором точка $O$ делит $BD$ . Рассмотрим $ABCD$ .

$PIC$

По условию $BC = 2AD$ , следовательно, пусть $AD = x$ , тогда $BC = 2x$ . Так как трапеция равнобедренная, то $△AOD ∼ △BOC$ . Следовательно,

AD-- OD-- 1- BC = BO = 2 ⇒ BD = 3OD.

Рассмотрим $BB1D1D$ :

$PIC$

Заметим, что $OO1 ∥ BB1$ , следовательно, $OO1 ⊥ BD$ . Пусть $T$ – точка пересечения прямой $DK$ и $B1D1$ . Тогда, так как к тому же $OK = KO1$ , $△KOD = △KO1T$ , следовательно, $T O1 = OD$ . Так как $OD = O1D1$ , то тогда $B1T = B1D1 − 2O1D1 = O1D1 = T O1$ .
Следовательно, плоскость $π$ пересечет отрезок $B1D1$ .

Заметим, что прямая $AC$ параллельна плоскости $π$ , так как $AC ∥ M N$ . Тогда $π$ пересечет основание $A1B1C1D1$ по прямой $l$ , параллельной $M N ∥ AC$ . Действительно, если это не так, то есть $l$ пересекается с $AC$ , следовательно, плоскость $π$ и $AC$ имеют общую точку, что противоречит их параллельности.
Таким образом, нужно через точку $T$ провести прямую, параллельную $AC$ . Пусть она пересечет $A1B1$ в точке $P$ , а $B1C1$ в точке $L$ . Так как $B1T = TO1$ и $P L ∥ AC$ , то по теореме Фалеса $B1P : PA1 = B1L : LC1 = 1 : 1$ .
Сечение – пятиугольник $DM P LN$ .

$PIC$

б) $P L$ – линия пересечения плоскостей $π$ и $A1B1C1$ . Заметим, что так как $P L ∥ A1C1$ , а $A1C1 ⊥ B1D1$ , то $PL ⊥ B1T$ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная $QT ⊥ P L$ . Следовательно, $∠QT B1$ – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями $π$ и $A1B1C1$ .
Из пункта а) мы определили, что $B1T = T O1 = O1D$ , следовательно, $1 B1T = 3B1D1$ . Тогда $△QB1T = △T O1K$ , следовательно, $1 1 QB1 = O1K = 2OO1 = 2AA1$ .
Из пункта а): $AD = x = AA1$ , $√-- √-- B1O1 = 2x : 2 = 2x$ , $√ -- O1D1 = x : 2 = 1√-x 2$ .
Следовательно, $3√-- B1D1 = 2x$ , следовательно, $1√-- B1T = 2x$ ; $1 B1Q = 2x$ .

Тогда из прямоугольного $△QB1T$ :

-- -- ctg ∠QT B = -B1T- = √ 2 ⇒ ∠QT B = arcctg√ 2. 1 B1Q 1