ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Пусть ребро куба равно $a$. Ребро $B{B}_1$ перпендикулярно плоскости основания, поэтому отрезок $BN$ — проекция наклонной $B_{1}N$ на эту плоскость.

Докажем, что $BN\perp CM$. Прямоугольные треугольники $ABN$ и $BCM$ равны по двум катетам: $AB=BC=a$, $AN=BM=\frac{a}{2}$. Значит, $\angle ABN=\angle BCM$.

Пусть $P$ — точка пересечения $BN$ и $CM$. В треугольнике $BPM$

$$\angle PBM+\angle BMP=\angle BCM+\angle BMC=90^{\circ },$$

так как $BCM$ — прямоугольный треугольник, а сумма его острых углов равна $90^{\circ }$. Тогда $\angle BPM=90^{\circ }$, то есть $BN\perp CM$.

Прямая $CM$ лежит в плоскости основания и перпендикулярна проекции $BN$ наклонной $B_{1}N$. По теореме о трёх перпендикулярах $CM\perp B_{1}N$, что и требовалось доказать.

б) Найдём ребро куба. В прямоугольном треугольнике $B_{1}BN$

$$B_1{N}^2=B{B}_1^2+B{N}^2=a^2+\left(a^2+\frac{a^2}{4}\right)=\frac{9a^2}{4}.$$

Значит, $\frac{3a}{2}=6$ и $a=4$.

Прямая $CM$ перпендикулярна $BN$ (пункт а) и $B{B}_1$ (ребро перпендикулярно основанию). Эти прямые пересекаются, поэтому $CM\perp (B{B}_{1}N)$.

Плоскость $\alpha$ параллельна $CM$, поэтому прямая $l$, проведённая через $N$ параллельно $CM$, лежит в $\alpha$. Прямая $l$ параллельна прямой, перпендикулярной плоскости $B{B}_{1}N$, значит, и сама ей перпендикулярна. Плоскость $\alpha$ проходит через перпендикуляр $l$ к плоскости $B{B}_{1}N$, по признаку перпендикулярности плоскостей $\alpha \perp (B{B}_{1}N)$. Эти плоскости пересекаются по прямой $B_{1}N$.

Так как $CM\parallel \alpha$, все точки прямой $CM$ удалены от $\alpha$ одинаково. Возьмём точку $P=BN\cap CM$, она лежит в плоскости $B{B}_{1}N$. Проведём в этой плоскости $PQ\perp B_{1}N$, $Q\in B_{1}N$. Прямая, лежащая в одной из перпендикулярных плоскостей и перпендикулярная их линии пересечения, перпендикулярна другой плоскости. Поэтому $PQ\perp \alpha$, и искомое расстояние равно $PQ$.

В прямоугольном треугольнике $MBC$ катеты $BM=2$, $BC=4$, гипотенуза $CM=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$, а $BP$ — высота, проведённая к гипотенузе:

$$BP=\frac{BM\cdot BC}{CM}=\frac{2\cdot 4}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}}.$$

Так как $BN=CM=2\sqrt{5}$, то

$$PN=BN-BP=2\sqrt{5}-\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{10-4}{\sqrt{5}}=\frac{6}{\sqrt{5}}.$$

В прямоугольном треугольнике $B_{1}BN$: $\sin \angle BN{B}_1=\frac{B{B}_1}{B_{1}N}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$. Угол $BN{B}_1$ острый, поэтому точка $Q$ лежит на отрезке $N{B}_1$, и из прямоугольного треугольника $PQN$

$$PQ=PN\cdot \sin \angle PNQ=\frac{6}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{4\sqrt{5}}{5}$.