Задание 14: Площади сечения — ЕГЭ по математике

На рёбрах $AB$ и $B_1C_1$ правильной треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили соответственно точки $T$ и $K$ так, что $AT : TB = 2 : 1$ и $B_1K = KC_1$ . Через точки $K$ и $C$ параллельно прямой $TB_1$ проведена плоскость $\alpha$ .

[а)]а) Докажите, что точка пересечения плоскости $\alpha$ с ребром $AB$ является серединой отрезка $AT$ .
[б)]б)Найдите площадь сечения призмы $ABCA_1B_1C_1$ плоскостью $\alpha$ , если $AB = 42$ , $AA_1 = 3\sqrt{7}$ .

Источник: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 15

Решение:

а)

Проведём $TN \parallel B_1C_1$ . Отметим на $TN$ точку $P$ так, что $TP = B_1K$ . Тогда $TB_1KP$ — параллелограмм, откуда $KP \parallel TB_1$ . Следовательно, $KP, CP \subset \alpha$ .

Пусть $AB = a$ . Так как $TN \parallel BC$ , то $\triangle ATN \sim \triangle ABC$ . Следовательно,

$\frac{TN}{BC} = \frac{AT}{AB} = \frac{2}{3} \Rightarrow TN = \frac{2}{3}a$

$NP = TN - TP = \frac{2}{3}a - \frac{1}{2}a = \frac{1}{6}a$

По теореме Менелая для $\triangle ANT$ и прямой $CE$ :

$\frac{AC}{CN} \cdot \frac{NP}{PT} \cdot \frac{TE}{EA} = 1$

$\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{TE}{EA} = 1 \Rightarrow \frac{TE}{EA} = 1$

Следовательно, точка $E$ — середина отрезка $AT$ . Что и требовалось доказать.

б) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то $KF \parallel CE$ . Значит, сечение $CEFK$ — трапеция (заметим, что $CK \parallel EF$ ).

Пусть $M$ — середина $BC$ . Тогда $TM$ — средняя линия в $\triangle BCE$ , значит

$TM \parallel CE, \quad TM = \frac{1}{2}CE$

Но так как $CE \parallel KF$ , то $TM \parallel KF$ . Тогда, так как точки $K$ и $M$ — середины $B_1C_1$ и $BC$ соответственно, то

$KF = TM = \frac{1}{2}CE$

Так как $TB_1 \parallel \alpha$ , то $TB_1 \parallel EF$ . Следовательно, так как $KP \parallel TB_1$ , то $KP \parallel EF$ . Значит, $EFKP$ — параллелограмм, значит $PE = KF = \frac{1}{2}CE$ .

По теореме косинусов для $\triangle BCE$ :

$CE^2 = a^2 + \frac{4}{9}a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{2}{3}a \cdot \cos 60^\circ = \frac{7}{9}a^2$

$CE = \frac{a}{3} \sqrt{7} \quad \Rightarrow \quad CE = 14\sqrt{7}$

$KF = CP = \frac{1}{2}CE = 7\sqrt{7}$

Также имеем:

$KP^2 = EF^2 = TB_1^2 = 14^2 + 9 \cdot 7 = 7 \cdot 37$

$CK^2 = 21^2 + 9 \cdot 7 = 21 \cdot 24$

Следовательно, по теореме косинусов для $\triangle CKP$ :

$\cos \varphi = \cos \angle KCP = \frac{CP^2 + CK^2 - KP^2}{2 \cdot CP \cdot CK} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Значит,

$\varphi = 45^\circ \quad \Rightarrow \quad \sin \varphi = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Пусть $KR \perp CE$ . Тогда $KR$ — высота сечения. Из $\triangle CKR$ :

$\sin \varphi = \frac{KR}{CK} \quad \Rightarrow \quad KR = 6\sqrt{7}$

Значит, искомая площадь сечения равна:

$S = \frac{KF + CE}{2} \cdot KR = \frac{7\sqrt{7} + 14\sqrt{7}}{2} \cdot 6\sqrt{7} = 441$

Ответ: б) $441$