Задача к ЕГЭ на тему «Задачи формата ЕГЭ на многогранники. Пирамида, призма» №5

Дана правильная пятиугольная призма, сторона основания которой равна $2$ , а боковое ребро равно $√ -- 3 + 5$ . На ребре $AA1$ на расстоянии $2$ от точки $A$ взята точка $M$ .

1) Постройте сечение призмы плоскостью $M BD1$ .

2) Найдите угол между плоскостью $M BD1$ и плоскостью основания призмы.

Замечание: отношение диагонали правильного пятиугольника к его стороне равно $√ -- 5 + 1 -------. 2$

1) Назовем плоскость $M BD1$ плоскостью $α$ .
Найдем линию пересечения $α$ и плоскости $A1B1C1$ . Продлим лучи $BM$ и $B1A1$ до пересечения в точке $O$ . Тогда мы имеем две точки $O$ и $D1$ в плоскости $A1B1C1$ , следовательно, $OD1$ – линия пересечения $α$ и $A1B1C1$ .
Определим, где пересекает прямая $OD1$ пятиугольник $A1B1C1D1E1$ (и пересекает ли вообще).

$PIC$

Рассмотрим плоскость $AA1B1$ . Так как $AM = AB = 2$ , то $△AM B$ равнобедренный. Так как $△OA1M ∼ △AM B$ (по двум углам), то $△OA1M$ тоже равнобедренный, следовательно, $√ -- A1M = A1O = 1 + 5$ .
Рассмотрим теперь плоскость $A1B1C1$ :

$PIC$

Пусть прямая $OD1$ пересекает прямую $A1E1$ в точке $E ′$ (неизвестно, внутри отрезка $A1E1$ или снаружи). Так как по свойству правильного пятиугольника $A1E1 ∥ B1D1$ , то $△OE ′A1 ∼ △OD1B1$ по двум углам. Следовательно,

OA1 A1E ′ ----- = ------ OB1 B1D1

Так как из условия отношение диагонали правильного пятиугольника к его стороне равно $√5--+ 1 ------- 2$ , то $√-- B1D1 = 1 + 5$ . Следовательно, получаем:

√ --2 A1E ′ = (1-+-√-5)- = 2 3 + 5

Следовательно, $′ A1E1 = A1E$ , значит, $′ E1 = E$ . Таким образом, плоскость $α$ пересекает грань $A1B1C1D1E1$ по отрезку $D1E1$ .

$PIC$

Таким образом, нам осталось найти точку пересечения плоскости $α$ с ребром $CC1$ .
Рассмотрим плоскость $AA1C1$ . Она пересекает плоскость $A1B1C1$ по прямой $A1C1$ , параллельной прямой $E1D1$ , которая в свою очередь является линией пересечения $A1B1C1$ и $α$ . Следовательно, $α$ пересечет $AA1C1$ по прямой, параллельной $A1C1$ . Таким образом, в плоскости $AA1C1$ проведем прямую $M N ∥ A1C1$ , где $N$ – точка пересечения этой прямой с $CC1$ . Получили сечение $BM E1D1N$ – пятиугольник.

$PIC$

2) Так как $M N ∥ A1C1 ∥ AC$ , то $AM = CN$ , следовательно, $BM = BN$ . Аналогично $M E1 = N D1$ . Следовательно, перпендикуляр из $B$ на $M N$ упадет в середину $M N$ — точку $K$ . Перпендикуляр из $K$ на $E D 1 1$ упадет в середину $E D 1 1$ – точку $H$ (по свойству равнобедренной трапеции: отрезок, соединяющий середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярен основаниям). Следовательно, $BH ⊥ E1D1$ .
По свойству правильного пятиугольника $B1H ⊥ E1D1$ . Следовательно, $∠B1HB$ – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями $α$ и основания.

$PIC$

$△B1HB$ прямоугольный ( $∠BB1H = 90∘$ ), следовательно,