ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — призмы

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение. Прямая $AB$ параллельна прямой $A_1{B}_1$, лежащей в плоскости $(A_1{B}_1{C}_1)$, поэтому $AB\parallel (A_1{B}_1{C}_1)$. Плоскость $(AMB)$ проходит через $AB$ и пересекает плоскость верхнего основания в точке $M$. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает её, то линия пересечения параллельна этой прямой. Значит, $(AMB)$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $M$ параллельно $AB$. Пусть она пересекает ребро $B_1{C}_1$ в точке $N$. Тогда $MN\parallel AB\parallel A_1{B}_1$.

В треугольнике $A_1{B}_1{C}_1$ прямая $MN$ проходит через середину $M$ стороны $A_1{C}_1$ параллельно $A_1{B}_1$, поэтому по теореме Фалеса $N$ — середина $B_1{C}_1$, и $MN$ — средняя линия:

$$MN=\frac{A_1{B}_1}{2}=2.$$

Сечение — четырёхугольник $AMNB$, у которого $MN\parallel AB$ и $MN\ne AB$, то есть трапеция. Пусть $S$ — точка пересечения её диагоналей $AN$ и $BM$.

Пусть $P$ и $Q$ — середины рёбер $A_1{B}_1$ и $AB$, а $R$ — точка пересечения $MN$ и медианы $C_{1}P$ верхнего основания. Так как $MR\parallel A_{1}P$ и $NR\parallel B_{1}P$, из подобия треугольников $C_{1}MR\sim C_1{A}_{1}P$ и $C_{1}NR\sim C_1{B}_{1}P$ с коэффициентом $\frac{1}{2}$ получаем $MR=\frac{A_{1}P}{2}=\frac{B_{1}P}{2}=NR$ и $C_{1}R=\frac{C_{1}P}{2}$. Значит, $R$ — середина и отрезка $MN$, и отрезка $C_{1}P$.

Треугольники $SMN$ и $SBA$ подобны: углы $SMN$ и $SBA$, а также $SNM$ и $SAB$ равны как накрест лежащие при параллельных $MN$ и $AB$. Коэффициент подобия равен $\frac{MN}{AB}=\frac{1}{2}$, причём вершине $M$ соответствует $B$, а вершине $N$ — $A$. Тогда середине $R$ стороны $MN$ соответствует середина $Q$ стороны $BA$, поэтому $\angle MSR=\angle BSQ$ и $SR:SQ=1:2$. Точки $M$, $S$, $B$ лежат на одной прямой, а $R$ и $Q$ — по разные стороны от неё, поэтому равные углы $MSR$ и $BSQ$ вертикальные, и точки $R$, $S$, $Q$ лежат на одной прямой. Это известное свойство трапеции: точка пересечения диагоналей лежит на отрезке, соединяющем середины оснований, и делит его в отношении оснований:

$$RS:SQ=MN:AB=1:2.$$

Теперь рассмотрим треугольник $C_{1}PQ$. Отрезок $PQ$ соединяет середины противоположных сторон прямоугольника $AB{B}_1{A}_1$, поэтому он проходит через точку $O$ пересечения диагоналей и делится ею пополам: $O$ — середина $PQ$. Значит, $C_{1}O$ — медиана треугольника $C_{1}PQ$. Отрезок $QR$ тоже медиана этого треугольника, так как $R$ — середина $C_{1}P$.

Пусть $S^{\prime }$ — точка пересечения медиан $C_{1}O$ и $QR$. Медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении $2:1$, считая от вершины, поэтому $Q{S}^{\prime }:S^{\prime }R=2:1$, то есть

$$R{S}^{\prime }:S^{\prime }Q=1:2.$$

Точки $S$ и $S^{\prime }$ лежат на отрезке $RQ$ и делят его в одном и том же отношении $1:2$, считая от $R$. Значит, они совпадают, и точка пересечения диагоналей сечения лежит на медиане $C_{1}O$, то есть на отрезке $O{C}_1$. Что и требовалось доказать.

б) Точки $C$, $Q$, $P$, $C_1$ лежат в одной плоскости, так как $PQ\parallel C{C}_1$. Прямая $AB$ перпендикулярна $CQ$ (медиана равностороннего треугольника является высотой) и перпендикулярна $PQ$ (отрезок $PQ$ параллелен боковому ребру $A{A}_1$, а $A{A}_1\perp AB$), то есть двум пересекающимся прямым этой плоскости. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AB\perp (C_{1}PQ)$. Плоскость сечения проходит через прямую $AB$, перпендикулярную плоскости $(C_{1}PQ)$, поэтому по признаку перпендикулярности плоскостей $(AMB)\perp (C_{1}PQ)$.

Эти плоскости пересекаются по прямой $RQ$ (точки $R$ и $Q$ лежат в обеих). Прямая $O{C}_1$ лежит в плоскости $(C_{1}PQ)$. Перпендикуляр, опущенный из $C_1$ на прямую $RQ$ в плоскости $(C_{1}PQ)$, перпендикулярен плоскости $(AMB)$ (прямая, лежащая в одной из перпендикулярных плоскостей и перпендикулярная их линии пересечения, перпендикулярна другой плоскости). Поэтому проекция прямой $O{C}_1$ на плоскость $(AMB)$ — прямая $RQ$, а прямая $O{C}_1$ пересекает эту плоскость в точке $S$. Угол между прямой $O{C}_1$ и плоскостью $(AMB)$ — это угол между прямой и её проекцией, то есть угол $C_{1}SR$ (если он острый).

Найдём стороны треугольника $C_{1}RS$. Медиана равностороннего треугольника со стороной 4 равна $C_{1}P=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$, поэтому

$$C_{1}R=\frac{1}{2}{C}_{1}P=\sqrt{3}.$$

Отрезок $PQ$ равен боковому ребру, $PQ=2$, и $PO=1$. Прямая $PQ$ параллельна $A{A}_1$ и поэтому перпендикулярна плоскости верхнего основания, так что угол $C_{1}PQ$ прямой. По теореме Пифагора для треугольника $C_{1}PO$:

$$C_{1}O=\sqrt{C_1{P}^2+P{O}^2}=\sqrt{12+1}=\sqrt{13},C_{1}S=\frac{2}{3}{C}_{1}O=\frac{2\sqrt{13}}{3}.$$

По теореме Пифагора для треугольника $PQR$ (угол $P$ прямой, $PR=C_{1}R=\sqrt{3}$):

$$QR=\sqrt{P{Q}^2+P{R}^2}=\sqrt{4+3}=\sqrt{7},RS=\frac{1}{3}QR=\frac{\sqrt{7}}{3}.$$

Запишем теорему косинусов для треугольника $C_{1}RS$ и выразим косинус угла $C_{1}SR$:

$$\cos \angle C_{1}SR=\frac{C_1{S}^2+R{S}^2-C_1{R}^2}{2\cdot C_{1}S\cdot RS}.$$

Подставим значения: $C_1{S}^2=\frac{52}{9}$, $R{S}^2=\frac{7}{9}$, $C_1{R}^2=3=\frac{27}{9}$:

$$\cos \angle C_{1}SR=\frac{\frac{52}{9}+\frac{7}{9}-\frac{27}{9}}{2\cdot \frac{2\sqrt{13}}{3}\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}}=\frac{\frac{32}{9}}{\frac{4\sqrt{91}}{9}}=\frac{8}{\sqrt{91}}=\frac{8\sqrt{91}}{91}.$$

Косинус положителен, угол острый, поэтому

$$\angle \left(O{C}_1,(AMB)\right)=\arccos \frac{8\sqrt{91}}{91}.$$

Ответ: б) $\arccos \frac{8\sqrt{91}}{91}$.