ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Прямая параллельна плоскости, если она параллельна какой-нибудь прямой этой плоскости. Поэтому построим в плоскости $\alpha$ прямую, параллельную $B{D}_1$.

Плоскость $(B{B}_1{D}_1)$ содержит прямую $B{D}_1$ и точку $K$. Проведём в ней через $K$ прямую $KN\parallel B{D}_1$, где $N$ — точка на отрезке $B_1{D}_1$. Плоскость $(KN{C}_1)$ проходит через $K$ и $C_1$ и содержит прямую $KN$, параллельную $B{D}_1$, поэтому по признаку параллельности прямой и плоскости она параллельна $B{D}_1$. Через прямую $K{C}_1$, не параллельную $B{D}_1$, проходит только одна плоскость, параллельная $B{D}_1$. Значит, $\alpha$ — это плоскость $(KN{C}_1)$.

Так как $KB=3$, то $B_{1}K=5-3=2$. В треугольнике $B{B}_1{D}_1$ прямая $KN$ параллельна стороне $B{D}_1$, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{B_{1}N}{N{D}_1}=\frac{B_{1}K}{KB}=\frac{2}{3}.$$

Плоскость $\alpha$ пересекает верхнюю грань по прямой $C_{1}N$, и эта прямая пересекает ребро $A_1{B}_1$ в точке $P$.

Рассмотрим грань $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$. В треугольниках $N{B}_{1}P$ и $N{D}_1{C}_1$ углы при вершине $N$ равны как вертикальные, а $\angle N{B}_{1}P=\angle N{D}_1{C}_1$ как накрест лежащие при параллельных прямых $A_1{B}_1$, $C_1{D}_1$ и секущей $B_1{D}_1$. Значит, треугольники подобны по двум углам, и

$$\frac{P{B}_1}{C_1{D}_1}=\frac{B_{1}N}{N{D}_1}=\frac{2}{3},P{B}_1=\frac{2}{3}\cdot 5=\frac{10}{3}.$$

Тогда $A_{1}P=5-\frac{10}{3}=\frac{5}{3}$, и

$$A_{1}P:P{B}_1=\frac{5}{3}:\frac{10}{3}=1:2.$$

Что и требовалось доказать.

б) Плоскости $\alpha$ и $(B{B}_1{C}_1)$ пересекаются по прямой $K{C}_1$. Построим линейный угол двугранного угла при этой прямой.

Ребро $A_1{B}_1$ куба перпендикулярно рёбрам $B_1{C}_1$ и $B{B}_1$ (грани куба — квадраты), то есть двум пересекающимся прямым плоскости $(B{B}_1{C}_1)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $P{B}_1\perp (B{B}_1{C}_1)$.

Проведём в грани $B{B}_1{C}_{1}C$ перпендикуляр $B_{1}H$ к прямой $K{C}_1$. Отрезок $P{B}_1$ — перпендикуляр к плоскости $(B{B}_1{C}_1)$, $PH$ — наклонная, $B_{1}H$ — её проекция. Проекция перпендикулярна прямой $K{C}_1$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах и наклонная $PH\perp K{C}_1$. Лучи $H{B}_1$ и $HP$ лежат в плоскостях $(B{B}_1{C}_1)$ и $\alpha$ и перпендикулярны их общей прямой $K{C}_1$, значит, $\angle PH{B}_1$ — линейный угол двугранного угла.

Треугольник $P{B}_{1}H$ прямоугольный: $P{B}_1\perp B_{1}H$, так как $P{B}_1$ перпендикулярна плоскости, содержащей $B_{1}H$. Значит, угол $PH{B}_1$ острый, он и есть искомый угол между плоскостями, и

$$\mathrm{tg}\angle PH{B}_1=\frac{P{B}_1}{B_{1}H}.$$

Найдём $B_{1}H$ — высоту прямоугольного треугольника $K{B}_1{C}_1$, проведённую к гипотенузе. По теореме Пифагора

$$K{C}_1=\sqrt{K{B}_1^2+B_1{C}_1^2}=\sqrt{4+25}=\sqrt{29}.$$

Запишем площадь этого треугольника двумя способами:

$$\frac{1}{2}\cdot K{B}_1\cdot B_1{C}_1=\frac{1}{2}\cdot B_{1}H\cdot K{C}_1\Rightarrow B_{1}H=\frac{2\cdot 5}{\sqrt{29}}=\frac{10}{\sqrt{29}}.$$

Тогда

$$\mathrm{tg}\angle PH{B}_1=\frac{\frac{10}{3}}{\frac{10}{\sqrt{29}}}=\frac{\sqrt{29}}{3},\angle PH{B}_1=\mathrm{arctg}\frac{\sqrt{29}}{3}.$$

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{\sqrt{29}}{3}$.