Банк Задач
Школьник
Студент
Учитель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУNEW
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

СтереометрияСтатГрад 11.02.2025
В правильной четырёхугольной призме ABCDA1B1C1D1ABCDA_1B_1C_1D_1ABCDA1​B1​C1​D1​ сторона ABABAB
основания равна 555, а боковое ребро AA1AA_1AA1​ равно 5\sqrt55​ . На рёбрах BCBCBC и C1D1C_1D_1C1​D1​ отмечены точки KKK и LLL соответственно, причём BK=C1L=2BK= C_1L= 2BK=C1​L=2. Плоскость γ\gammaγ параллельна прямой BDBDBD и содержит точки KKK и LLL.

а) Докажите, что прямая AC1AC_1AC1​ перпендикулярна плоскости γ\gammaγ.
б) Найдите объём пирамиды, вершина которой —-- точка A1A_1A1​, а основание — сечение данной призмы плоскостью γ\gammaγ.

Решение

а) Проведём прямые KK1KK_1KK1​ и LL1LL_1LL1​, параллельные прямой BDBDBD, где K1∈CDK_1 \in CDK1​∈CD и L1∈B1C1L_1 \in B_1C_1L1​∈B1​C1​, тогда KK1LL1KK_1LL_1KK1​LL1​ -- сечение призмы плоскостью γ\gammaγ.
Изображение 1

Так как ABCDABCDABCD -- квадрат, то BD⊥ACBD \perp ACBD⊥AC как диагонали. Заметим, что ACACAC --проекция наклонной A1CA_1CA1​C на плоскость основания ABCDABCDABCD, следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах A1C⊥BD⇒A1C⊥KK1,A_1C \perp BD \Rightarrow A_1C \perp KK_1,A1​C⊥BD⇒A1​C⊥KK1​,
так как BD∥KK1BD \parallel KK_1BD∥KK1​.

Пусть WWW -- точка пересечения прямых ACACAC и KK1KK_1KK1​, а W1W_1W1​ -- прямых A1C1A_1C_1A1​C1​ и LL1LL_1LL1​. По теореме Фалеса для пересекающихся прямых BCBCBC и CDCDCD и параллельных прямых KK1KK_1KK1​ и BDBDBD:
CK1KD1=CKKB=32⇒CK1=3, KD1=2.\dfrac{CK_1}{KD_1} = \dfrac{CK}{KB}= \dfrac{3}{2} \Rightarrow CK_1 = 3, \ KD_1 =2.KD1​CK1​​=KBCK​=23​⇒CK1​=3, KD1​=2.
Аналогично,
CL1=2, LD1=3.CL_1 =2, \ LD_1 = 3.CL1​=2, LD1​=3.
Также по теореме Фалеса:
C1W1W1O1=C1LLD1=23⇒C1W1=2x, W1O1=3x.\dfrac{C_1W_1}{W_1O_1} = \dfrac{C_1L}{LD_1} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow C_1W_1 = 2x, \ W_1O_1 = 3x.W1​O1​C1​W1​​=LD1​C1​L​=32​⇒C1​W1​=2x, W1​O1​=3x.

CWWO=CKKB=32⇒CW=3x, WO=2x.\dfrac{CW}{WO} = \dfrac{CK}{KB} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow CW = 3x, \ WO = 2x.WOCW​=KBCK​=23​⇒CW=3x, WO=2x.
Так как AC=A1C1=52AC=A_1C_1 = 5\sqrt{2}AC=A1​C1​=52​, то 2x+3x+5x=52;2x+3x+5x=5\sqrt{2};2x+3x+5x=52​;
x=22.x= \dfrac{\sqrt{2}}{2}.x=22​​.
Таким образом, C1W1=2⋅22=2;C_1W_1 = 2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2};C1​W1​=2⋅22​​=2​;
W1O1=3⋅22=322;W_1O_1 = 3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2};W1​O1​=3⋅22​​=232​​;
CW=3⋅22=322;CW = 3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2};CW=3⋅22​​=232​​;
WO=2⋅22=2.WO = 2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}.WO=2⋅22​​=2​.
Рассмотрим плоскость AA1C1CAA_1C_1CAA1​C1​C:
Изображение 2

Проведём прямую, параллельную прямой WW1WW_1WW1​ и пересекающую прямую A1C1A_1C_1A1​C1​ в точке W2W_2W2​. WCW2W1WCW_2W_1WCW2​W1​ -- параллелограм, значит
WC=W1W2=322 и ∠A1CW2=∠A1TW1 (как соответственные).WC=W_1W_2 = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \ и \ \angle A_1CW_2 = \angle A_1TW_1 \ (как~соответственные).WC=W1​W2​=232​​ и ∠A1​CW2​=∠A1​TW1​ (как соответственные).
Также
C1W2=W1W2−W1C1=322−2=22;C_1W_2 = W_1W_2-W_1C_1 = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2};C1​W2​=W1​W2​−W1​C1​=232​​−2​=22​​;

A1W2=A1C1+C1W2=52+22=1122.A_1W_2 = A_1C_1+C_1W_2= 5\sqrt{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}= \dfrac{11\sqrt{2}}{2}.A1​W2​=A1​C1​+C1​W2​=52​+22​​=2112​​.

По теореме Пифагора в △AA1C\triangle AA_1C△AA1​C:
A1C=AA12+AC2=5+50=55.A_1C = \sqrt{AA_1^2+AC^2} = \sqrt{5+50} = \sqrt{55}.A1​C=AA12​+AC2​=5+50​=55​.
По теореме Пифагора в △CC1W2\triangle CC_1W_2△CC1​W2​:
CW2=CC12+C1W22=5+12=112.CW_2 = \sqrt{CC_1^2+C_1W_2^2} = \sqrt{5+\dfrac{1}{2}} = \sqrt{\dfrac{11}{2}}.CW2​=CC12​+C1​W22​​=5+21​​=211​​.
По теореме, обратной теореме Пифагора, проверим:
A1C2+CW22=A1W22;A_1C^2 + CW_2^2 = A_1W_2^2;A1​C2+CW22​=A1​W22​;
55+112=1212−верно.55+\dfrac{11}{2} = \dfrac{121}{2} - верно.55+211​=2121​−верно.
Следовательно, ∠A1CW2=90∘=∠A1TW1\angle A_1CW_2 = 90^\circ = \angle A_1TW_1∠A1​CW2​=90∘=∠A1​TW1​, то есть A1C⊥WW1A_1C \perp WW_1A1​C⊥WW1​.

Таким образом, A1C⊥BDA_1C \perp BDA1​C⊥BD и A1C⊥WW1A_1C \perp WW_1A1​C⊥WW1​, значит
A1C⊥KK1LL1.A_1C \perp KK_1LL_1.A1​C⊥KK1​LL1​.
Что и требовалось доказать.
б) Треубется найти объём пирамиды A1KK1LL1A_1KK_1LL_1A1​KK1​LL1​:
VA1KK1LL1=13⋅SKK1LL1⋅A1T,V_{A_1KK_1LL_1} = \dfrac{1}{3} \cdot S_{KK_1LL_1} \cdot A_1T,VA1​KK1​LL1​​=31​⋅SKK1​LL1​​⋅A1​T,
где A1TA_1TA1​T -- высота пирамиды, так как A1T⊥KK1LL1A_1T \perp KK_1LL_1A1​T⊥KK1​LL1​.
Изображение 3

Вернёмся к плоскости AA1C1CAA_1C_1CAA1​C1​C из пункта а):

△A1OW∼△CWT\triangle A_1OW \sim \triangle CWT△A1​OW∼△CWT (по двум углам): ∠A1TW1=∠CTW, ∠A1W1T=∠TWC\angle A_1TW_1 = \angle CTW, \ \angle A_1W_1T = \angle TWC∠A1​TW1​=∠CTW, ∠A1​W1​T=∠TWC. Тогда
A1TTC=A1W1WC=83⇒A1T=811A1C=81155.\dfrac{A_1T}{TC}=\dfrac{A_1W_1}{WC}=\dfrac{8}{3} \Rightarrow A_1T = \dfrac{8}{11}A_1C = \dfrac{8}{11}\sqrt{55}.TCA1​T​=WCA1​W1​​=38​⇒A1​T=118​A1​C=118​55​.
Найдём SKK1LL1S_{KK_1LL_1}SKK1​LL1​​:

WW1WW_1WW1​ -- высота равнобедренной трапеции KK1LL1KK_1LL_1KK1​LL1​.
KK1=35BD=32;KK_1 = \dfrac{3}{5} BD = 3\sqrt{2};KK1​=53​BD=32​;
LL1=25BD=22.LL_1 = \dfrac{2}{5} BD = 2\sqrt{2}.LL1​=52​BD=22​.
Следовательно,
SKK1LL1=32+222⋅112=5112.S_{KK_1LL_1} = \dfrac{3\sqrt{2} + 2\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{\dfrac{11}{2}} = \dfrac{5\sqrt{11}}{2}.SKK1​LL1​​=232​+22​​⋅211​​=2511​​.
Таким образом,
VA1KK1LL1=13⋅5112⋅81155=2053.V_{A_1KK_1LL_1} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{5\sqrt{11}}{2} \cdot \dfrac{8}{11}\sqrt{55} = \dfrac{20\sqrt{5}}{3}.VA1​KK1​LL1​​=31​⋅2511​​⋅118​55​=3205​​.

Ответ: б) 2053\dfrac{20\sqrt{5}}{3}3205​​.