ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Рассмотрим диагональное сечение $B{B}_1{D}_{1}D$. В его плоскости проведём через $K$ прямую $KN\parallel B{D}_1$, $N\in B_1{D}_1$. Плоскость $\pi$ параллельна $B{D}_1$ и содержит точку $K$, поэтому прямая, проходящая через $K$ параллельно $B{D}_1$, целиком лежит в $\pi$. Значит, $N\in \pi$, и $N$ — точка пересечения $\pi$ с прямой $B_1{D}_1$.

Так как $KN\parallel B{D}_1$, треугольники $B_{1}KN$ и $B_{1}B{D}_1$ подобны (общий угол $B_1$, соответственные углы при параллельных прямых):

$$\frac{B_{1}N}{B_1{D}_1}=\frac{B_{1}K}{B_{1}B}=\frac{B_{1}K}{B_{1}K+KB}=\frac{B_{1}K}{B_{1}K+3B_{1}K}=\frac{1}{4}.$$

Отсюда

$$\frac{B_{1}N}{N{D}_1}=\frac{1}{4-1}=\frac{1}{3}.$$

Точки $A_1$ и $N$ лежат и в плоскости $\pi$, и в плоскости верхней грани, поэтому $\pi$ пересекает верхнюю грань по прямой $A_{1}N$. Значит, $M$ — точка пересечения прямой $A_{1}N$ с ребром $B_1{C}_1$.

Так как $B_{1}M\parallel A_1{D}_1$, треугольники $MN{B}_1$ и $A_{1}N{D}_1$ подобны по двум углам (накрест лежащие углы при параллельных прямых $B_1{C}_1$ и $A_1{D}_1$):

$$\frac{B_{1}M}{A_1{D}_1}=\frac{B_{1}N}{N{D}_1}=\frac{1}{3}\Rightarrow B_{1}M=\frac{1}{3}{B}_1{C}_1,C_{1}M=\frac{2}{3}{B}_1{C}_1.$$

Следовательно, $C_{1}M:M{B}_1=2:1$, что и требовалось доказать.

б) Пусть ребро куба равно $a$. Из пункта а)

$$B_{1}K=\frac{a}{4},B_{1}M=\frac{a}{3},B_{1}N=\frac{1}{4}{B}_1{D}_1=\frac{\sqrt{2}a}{4}.$$

Найдём стороны треугольника $MKN$.

По теореме Пифагора в треугольнике $A_1{B}_{1}M$:

$$A_{1}M=\sqrt{A_1{B}_1^2+B_1{M}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{9}}=\frac{\sqrt{10}a}{3}.$$

Из подобия треугольников $MN{B}_1$ и $A_{1}N{D}_1$ с коэффициентом $\frac{1}{3}$ имеем $MN:N{A}_1=1:3$, поэтому

$$MN=\frac{1}{4}{A}_{1}M=\frac{\sqrt{10}a}{12}.$$

Ребро $B{B}_1$ перпендикулярно плоскости верхней грани, поэтому треугольники $K{B}_{1}N$ и $K{B}_{1}M$ прямоугольные с прямым углом $B_1$. По теореме Пифагора:

$$NK=\sqrt{B_1{N}^2+B_1{K}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{8}+\frac{a^2}{16}}=\frac{\sqrt{3}a}{4},$$

$$MK=\sqrt{B_1{M}^2+B_1{K}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{9}+\frac{a^2}{16}}=\frac{5a}{12}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $MKN$:

$$\cos \angle MKN=\frac{M{K}^2+K{N}^2-M{N}^2}{2\cdot MK\cdot KN}=\frac{\frac{25a^2}{144}+\frac{27a^2}{144}-\frac{10a^2}{144}}{2\cdot \frac{5a}{12}\cdot \frac{\sqrt{3}a}{4}}=\frac{\frac{42}{144}}{\frac{5\sqrt{3}}{24}}=\frac{7}{5\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{15}.$$

Значит,

$$\angle MKN=\arccos \frac{7\sqrt{3}}{15}.$$

Ответ: б) $\arccos \frac{7\sqrt{3}}{15}$.