ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелепипеда. Все диагонали прямоугольного параллелепипеда равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому $O$ — середина $B{D}_1$ и середина $A{C}_1$.

Точка $O$ лежит в плоскости $\alpha$ (на прямой $B{D}_1$) и в плоскости диагонального сечения $A{A}_1{C}_{1}C$ (на его диагонали $A{C}_1$). Так как $\alpha \parallel AC$, прямая, проходящая через точку $O$ плоскости $\alpha$ параллельно $AC$, целиком лежит в $\alpha$. В прямоугольнике $A{A}_1{C}_{1}C$ эта прямая проходит через его центр $O$ параллельно стороне $AC$, поэтому соединяет середины $P$ и $Q$ рёбер $A{A}_1$ и $C{C}_1$. Значит, $P,Q\in \alpha$, причём $O$ — середина $PQ$ и $PQ=AC$.

Стороны четырёхугольника $BP{D}_{1}Q$ лежат в гранях параллелепипеда: $BP$ — в $A{A}_1{B}_{1}B$, $P{D}_1$ — в $A{A}_1{D}_{1}D$, $D_{1}Q$ — в $C{C}_1{D}_{1}D$, $QB$ — в $B{B}_1{C}_{1}C$. Поэтому сечение — четырёхугольник $BP{D}_{1}Q$. Его диагонали $B{D}_1$ и $PQ$ точкой $O$ делятся пополам, значит, это параллелограмм. По условию сечение — ромб, поэтому соседние стороны равны:

$$BP=P{D}_1.$$

Ребро $A{A}_1$ перпендикулярно граням $ABCD$ и $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, поэтому треугольники $BAP$ и $D_1{A}_{1}P$ прямоугольные с прямыми углами $A$ и $A_1$. По теореме Пифагора

$$B{P}^2=A{B}^2+A{P}^2,P{D}_1^2=A_1{D}_1^2+A_1{P}^2.$$

Так как $AP=A_{1}P$ и $BP=P{D}_1$, получаем $AB=A_1{D}_1=AD$. Прямоугольник $ABCD$ с равными соседними сторонами — квадрат, что и требовалось доказать.

б) Теперь $AB=AD=4$, $A{A}_1=6$, $AP=A_{1}P=CQ=3$.

Плоскости $\alpha$ и $BC{C}_1$ имеют общие точки $B$ и $Q$, значит, пересекаются по прямой $BQ$. Построим линейный угол двугранного угла при этом ребре.

Пусть $P^{\prime }$ — середина $B{B}_1$. Тогда $AB{P}^{\prime }P$ — прямоугольник, и $P{P}^{\prime }\parallel AB$, $P{P}^{\prime }=AB=4$. Ребро $AB$ перпендикулярно плоскости $BC{C}_1$ ($AB\perp BC$ и $AB\perp B{B}_1$), поэтому и $P{P}^{\prime }\perp (BC{C}_1)$, то есть $P^{\prime }$ — проекция точки $P$ на эту плоскость.

Проведём в грани $BC{C}_1{B}_1$ перпендикуляр $P^{\prime }R$ к прямой $BQ$. $P{P}^{\prime }$ — перпендикуляр к плоскости, $PR$ — наклонная, $P^{\prime }R$ — её проекция, и $P^{\prime }R\perp BQ$. По теореме о трёх перпендикулярах $PR\perp BQ$. Значит, $\angle PR{P}^{\prime }$ — линейный угол двугранного угла между $\alpha$ и $BC{C}_1$. Он острый как угол прямоугольного треугольника $P{P}^{\prime }R$, поэтому равен искомому углу $\phi$.

Найдём $P^{\prime }R$. Отрезок $P^{\prime }Q$ соединяет середины противоположных сторон прямоугольника $B{B}_1{C}_{1}C$, поэтому $P^{\prime }Q\parallel BC$, $P^{\prime }Q=BC=4$ и $P^{\prime }Q\perp B{B}_1$. В прямоугольном треугольнике $B{P}^{\prime }Q$ катеты $B{P}^{\prime }=3$, $P^{\prime }Q=4$, гипотенуза

$$BQ=\sqrt{9+16}=5.$$

$P^{\prime }R$ — высота, опущенная на гипотенузу:

$$P^{\prime }R=\frac{B{P}^{\prime }\cdot P^{\prime }Q}{BQ}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}.$$

В прямоугольном треугольнике $P{P}^{\prime }R$ ($\angle P^{\prime }=90^{\circ }$):

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{P{P}^{\prime }}{P^{\prime }R}=\frac{4}{12/5}=\frac{5}{3}.$$

Значит, $\phi =\mathrm{arctg}\frac{5}{3}$. Тот же угол можно записать как $\arccos \frac{3}{\sqrt{34}}$, так как $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{1+{\mathrm{tg}}^2\phi }}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{25}{9}}}=\frac{3}{\sqrt{34}}$.

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{5}{3}$.