ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $CN=x$, тогда $ND=2x$ и $CD=3x$. Значит, $A_1{B}_1=AB=CD=3x$.

Точки $A$ и $N$ лежат в плоскости $\alpha$ и в плоскости нижней грани, поэтому $\alpha$ пересекает нижнюю грань по отрезку $AN$. Верхняя грань параллельна нижней, а две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым. Поэтому $\alpha$ пересекает верхнюю грань по прямой, проходящей через $C_1$ параллельно $AN$. Пусть эта прямая пересекает прямую $A_1{B}_1$ в точке $K$.

Опустим из $N$ перпендикуляр $N{N}_1$ на верхнюю грань, $N_1\in C_1{D}_1$. Тогда $N{N}_1{C}_{1}C$ — прямоугольник и $N_1{C}_1=NC=x$. Четырёхугольник $A{A}_1{N}_{1}N$ — тоже прямоугольник ($A{A}_1$ и $N{N}_1$ параллельны и равны), поэтому $A_1{N}_1\parallel AN$.

В четырёхугольнике $A_1{N}_1{C}_{1}K$ стороны $K{C}_1$ и $A_1{N}_1$ параллельны (обе параллельны $AN$), а стороны $A_{1}K$ и $N_1{C}_1$ лежат на параллельных прямых $A_1{B}_1$ и $D_1{C}_1$. Значит, $A_1{N}_1{C}_{1}K$ — параллелограмм, и

$$A_{1}K=N_1{C}_1=x<3x.$$

Поэтому точка $K$ лежит на ребре $A_1{B}_1$, и

$$K{B}_1=A_1{B}_1-A_{1}K=3x-x=2x,\frac{B_{1}K}{K{A}_1}=\frac{2x}{x}=\frac{2}{1}.$$

Значит, плоскость $\alpha$ делит ребро $A_1{B}_1$ в отношении $2:1$, считая от $B_1$, что и требовалось доказать.

б) При $A{A}_1=1$ получаем $AD=2$, $AB=3$, $x=1$: $A_{1}K=1$, $DN=2$, $CN=1$.

Сечение — четырёхугольник $AK{C}_{1}N$: его стороны $AK$, $K{C}_1$, $C_{1}N$, $NA$ лежат в гранях $A{A}_1{B}_{1}B$, $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, $D{D}_1{C}_{1}C$, $ABCD$. Противоположные грани параллельны, поэтому $K{C}_1\parallel AN$ и $AK\parallel N{C}_1$, то есть сечение — параллелограмм $AK{C}_{1}N$. Его площадь

$$S=AK\cdot AN\cdot \sin \angle KAN.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $A{A}_{1}K$:

$$AK=\sqrt{A{A}_1^2+A_1{K}^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $ADN$:

$$AN=\sqrt{A{D}^2+D{N}^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}.$$

Найдём диагональ $KN$. Опустим перпендикуляр $K{K}_1$ на нижнюю грань, $K_1\in AB$, $A{K}_1=A_{1}K=1$. В основании опустим из $N$ перпендикуляр $N{N}^{\prime }$ на $AB$: $N{N}^{\prime }=AD=2$, $N^{\prime }B=NC=1$, поэтому

$$K_1{N}^{\prime }=AB-A{K}_1-N^{\prime }B=3-1-1=1,K_{1}N=\sqrt{K_1{N}^{\prime 2}+N{N}^{\prime 2}}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $K{K}_{1}N$ ($K{K}_1\perp (ABC)$):

$$KN=\sqrt{K{K}_1^2+K_1{N}^2}=\sqrt{1+5}=\sqrt{6}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $AKN$:

$$\cos \angle KAN=\frac{A{K}^2+A{N}^2-K{N}^2}{2\cdot AK\cdot AN}=\frac{2+8-6}{2\cdot \sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2},$$

откуда $\sin \angle KAN=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Площадь сечения:

$$S=\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $2\sqrt{3}$.