9363. В правильной треугольной призме ABCA_{1}B_{1}C_{1}
сторона основания AB
равна 6, а боковое ребро AA_{1}
равно 3. На ребре B_{1}C_{1}
отмечена точка L
так, что B_{1}L=1
. Точки K
и M
— середины рёбер AB
и A_{1}C_{1}
соответственно. Плоскость \gamma
параллельна прямой AC
и содержит точки K
и L
.
а) Докажите, что прямая BM
перпендикулярна плоскости \gamma
.
б) Найдите объём пирамиды, вершина которой — точка M
, а основание — сечение данной призмы плоскостью \gamma
.
Ответ. 5\sqrt{3}
.
Решение. а) Плоскость ABC
проходит через прямую AC
, параллельную плоскости \gamma
, и имеет с плоскостью \gamma
общую точку K
, значит, плоскости \gamma
и ABC
пересекаются по прямой l
, параллельной AC
. Пусть N
— точка пересечения прямой l
с ребром AB
. Поскольку K
— середина BC
, отрезок KN
— средняя линия треугольника ABC
.
Пусть P
— точка пересечения плоскости \gamma
и A_{1}B_{1}
. По теореме о пересечении двух параллельный плоскостей третьей LP\parallel KN\parallel AC\parallel A_{1}C_{1}
, поэтому B_{1}P:B_{1}A_{1}=B_{1}L:B_{1}C_{1}=1:6
и B_{1}P=1
. Таким образом, сечение призмы плоскостью \gamma
— равнобедренная трапеция KPLN
с основаниями LP=1
и KN=\frac{1}{2}AC=3
.
Пусть D
— середина ребра AC
. Прямая BD
— ортогональная проекция прямой BM
на плоскость ABC
, а так как BD\perp KN
, то по теореме о трёх перпендикулярах BM\perp KN
. Если отрезки KN
и BD
пересекаются в точке E
, а отрезки LP
и B_{1}M
— в точке F
, то E
и F
— середины оснований KN
и LP
трапеции KPLN
. При этом E
— середина BD
,
B_{1}M=BD=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3},~B_{1}F=\frac{1}{6}B_{1}M=\frac{\sqrt{3}}{2},~BE=\frac{1}{2}BD=\frac{3\sqrt{3}}{2},
а если F'
— ортогональная проекция точки F
на плоскость ABC
, то
EF'=BE-BF'=BE-B_{1}F=\frac{1}{2}BD-\frac{1}{6}BD=\sqrt{3}.
Рассмотрим прямоугольник BB_{1}MD
. Пусть прямая, проходящая через точку M
параллельно EF
, пересекается с прямой BD
в точке G
. Тогда DG=EF'=\frac{\sqrt{3}}{3}
, а MD=3
— высота треугольника BMG
. Из прямоугольных треугольников MDB
и MDG
получаем, что
\tg\angle MBD=\frac{MD}{BD}=\frac{3}{3\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\tg\angle MGD=\frac{MD}{DG}=\frac{MD}{BE}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}.
Значит, \angle MBD=30^{\circ}
, \angle MGD=60^{\circ}
. Следовательно, \angle BMG=90^{\circ}
, BM\perp MG
, а так как EF\parallel MG
, то BM\perp EF
. Таким образом, прямая BM
перпендикулярна двум пересекающимся прямым KN
и EF
плоскости \gamma
. Следовательно, BM\perp\gamma
.
б) Пусть прямые BM
и EF
, лежащие в плоскости BB_{1}MD
, пересекаются в точке Q
. Поскольку MQ\perp\gamma
, отрезок MQ
— высота пирамиды с вершиной M
и основанием KPLN
. Треугольники MQF
и BQE
подобны с коэффициентом \frac{MF}{BE}=\frac{5}{3}
, поэтому
MQ=\frac{5}{8}BM=\frac{5}{8}\cdot\frac{BD}{\cos30^{\circ}}=\frac{5}{8}\cdot3\sqrt{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{15}{4}.
Кроме того,
EF=MG=\frac{MD}{\sin60^{\circ}}=3\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3},
S_{KPLN}=\frac{KN+LP}{2}\cdot EF=\frac{3+1}{2}\cdot2\sqrt{3}=4\sqrt{3}.
Следовательно,
V_{MKPLN}=\frac{1}{3}S_{KPLN}\cdot MQ=\frac{1}{3}\cdot4\sqrt{3}\cdot\frac{15}{4}=5\sqrt{3}.
Источник: ЕГЭ. — 2016
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 4.23, с. 39