ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Найдём длины отрезков на рёбрах. Так как $A_{1}E:EA=3:2$ и $A{A}_1=10$, то $A_{1}E=6$, $EA=4$. Так как $B_{1}F:FB=3:7$ и $B{B}_1=10$, то $B_{1}F=3$, $FB=7$. Точка $T$ — середина $B_1{C}_1$, поэтому $B_{1}T=\frac{AD}{2}=3$.

Выполним параллельный перенос треугольника $B_{1}FT$ на вектор $\overrightarrow{B_1{A}_1}$. Вершина $B_1$ перейдёт в $A_1$, точка $F$ — в точку $F^{\prime }$ на ребре $A{A}_1$ с $A_1{F}^{\prime }=B_{1}F=3$, точка $T$ — в точку $T^{\prime }$ на ребре $A_1{D}_1$ с $A_1{T}^{\prime }=B_{1}T=3$. При параллельном переносе отрезок переходит в параллельный и равный ему отрезок, поэтому

$$F^{\prime }{T}^{\prime }\parallel FT,F^{\prime }{T}^{\prime }=FT.$$

В треугольнике $A_{1}E{D}_1$ точка $F^{\prime }$ — середина $A_{1}E$ (так как $A_1{F}^{\prime }=3=\frac{A_{1}E}{2}$), а точка $T^{\prime }$ — середина $A_1{D}_1$ (так как $A_1{T}^{\prime }=3=\frac{A_1{D}_1}{2}$). Значит, $F^{\prime }{T}^{\prime }$ — средняя линия этого треугольника:

$$F^{\prime }{T}^{\prime }\parallel E{D}_1,E{D}_1=2F^{\prime }{T}^{\prime }.$$

Следовательно, $FT\parallel E{D}_1$ и $E{D}_1=2FT$.

Через две параллельные прямые $FT$ и $E{D}_1$ проходит единственная плоскость. Она содержит точки $E$, $F$, $T$, то есть совпадает с плоскостью $EFT$, и содержит точку $D_1$. Значит, плоскость $EFT$ проходит через $D_1$, что и требовалось доказать.

б) Стороны четырёхугольника $EFT{D}_1$ лежат в гранях параллелепипеда: $EF$ — в грани $AB{B}_1{A}_1$, $FT$ — в грани $B{B}_1{C}_{1}C$, $T{D}_1$ — в грани $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, $D_{1}E$ — в грани $A{A}_1{D}_{1}D$. Поэтому сечение — четырёхугольник $EFT{D}_1$. В нём $FT\parallel E{D}_1$ и $FT\ne E{D}_1$, значит, это трапеция с основаниями $FT$ и $E{D}_1$.

Найдём основания. Из прямоугольного треугольника $F{B}_{1}T$ ($\angle B_1=90^{\circ }$):

$$FT=\sqrt{B_1{F}^2+B_1{T}^2}=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2},E{D}_1=2FT=6\sqrt{2}.$$

Найдём боковые стороны. В грани $AB{B}_1{A}_1$ опустим из $F$ перпендикуляр $FK$ на ребро $A{A}_1$. Тогда $A_1{B}_{1}FK$ — прямоугольник, $FK=A_1{B}_1=2\sqrt{2}$, $A_{1}K=B_{1}F=3$, и $KE=A_{1}E-A_{1}K=6-3=3$. По теореме Пифагора в треугольнике $FKE$:

$$EF=\sqrt{F{K}^2+K{E}^2}=\sqrt{8+9}=\sqrt{17}.$$

В прямоугольном треугольнике $T{C}_1{D}_1$ ($\angle C_1=90^{\circ }$) катеты $T{C}_1=3$ и $C_1{D}_1=AB=2\sqrt{2}$, поэтому

$$T{D}_1=\sqrt{T{C}_1^2+C_1{D}_1^2}=\sqrt{9+8}=\sqrt{17}.$$

Боковые стороны равны, значит, трапеция $EFT{D}_1$ равнобедренная. Высота, опущенная из вершины $F$ на большее основание, отсекает от него отрезок длиной полуразности оснований:

$$\frac{E{D}_1-FT}{2}=\frac{6\sqrt{2}-3\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

По теореме Пифагора высота трапеции

$$h=\sqrt{E{F}^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{17-\frac{9}{2}}=\sqrt{\frac{25}{2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}.$$

Площадь сечения:

$$S_{EFT{D}_1}=\frac{FT+E{D}_1}{2}\cdot h=\frac{3\sqrt{2}+6\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{9\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{5}{\sqrt{2}}=\frac{45}{2}=22,5.$$

Ответ: б) $22,5$.