ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Плоскость $\alpha$ содержит точки $N$ и $C_1$ грани $DC{C}_1{D}_1$, поэтому пересекает эту грань по отрезку $N{C}_1$, а нижнее основание — по отрезку $AN$.

Основания $ABCD$ и $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ лежат в параллельных плоскостях. Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Значит, плоскость $\alpha$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $C_1$ параллельно $AN$. Прямая $AN$ не параллельна $AB$, поэтому эта прямая не параллельна $A_1{B}_1\parallel AB$ и пересекает прямую $A_1{B}_1$. Обозначим точку пересечения через $T$.

Точки $A$ и $T$ лежат в плоскости $\alpha$ и в плоскости грани $AB{B}_1{A}_1$, поэтому $\alpha$ пересекает эту плоскость по прямой $AT$. Плоскости $AB{B}_1$ и $DC{C}_1$ параллельны, значит, по тому же свойству $AT\parallel N{C}_1$.

В четырёхугольнике $AT{C}_{1}N$ противоположные стороны попарно параллельны ($AN\parallel T{C}_1$ и $AT\parallel N{C}_1$), поэтому это параллелограмм и

$$T{C}_1=AN,AT=N{C}_1.$$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $T{B}_1{C}_1$ и $NDA$ (в гранях прямоугольного параллелепипеда $\angle T{B}_1{C}_1=\angle NDA=90^{\circ }$). У них гипотенузы $T{C}_1=NA$ и катеты $B_1{C}_1=DA$ равны, значит, треугольники равны по гипотенузе и катету, и

$$T{B}_1=ND=\frac{1}{3}CD=\frac{1}{3}{A}_1{B}_1.$$

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $A{A}_{1}T$ и $C_{1}CN$ (боковые рёбра перпендикулярны основаниям, поэтому $\angle A{A}_{1}T=\angle C_{1}CN=90^{\circ }$). У них $A{A}_1=C{C}_1$ и $AT=C_{1}N$, значит, они равны по катету и гипотенузе, и

$$A_{1}T=CN=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}{A}_1{B}_1.$$

Так как $A_{1}T+T{B}_1=\frac{2}{3}{A}_1{B}_1+\frac{1}{3}{A}_1{B}_1=A_1{B}_1$, точка $T$ лежит на ребре $A_1{B}_1$ и $A_{1}T:T{B}_1=2:1$. Что и требовалось доказать.

б) При $A{A}_1=1$ получаем $AB=CD=3$, $AD=2$, $DN=1$, $CN=2$, а из пункта а) $A_{1}T=2$.

Из прямоугольного треугольника $A{A}_{1}T$ по теореме Пифагора

$$AT=\sqrt{A{A}_1^2+A_1{T}^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}.$$

Из прямоугольного треугольника $AND$ по теореме Пифагора

$$AN=\sqrt{A{D}^2+D{N}^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}.$$

Смежные стороны параллелограмма $AT{C}_{1}N$ равны, значит, сечение — ромб со стороной $\sqrt{5}$, и $N{C}_1=AT=\sqrt{5}$.

$A{C}_1$ — диагональ прямоугольного параллелепипеда, её квадрат равен сумме квадратов трёх измерений:

$$A{C}_1=\sqrt{A{A}_1^2+A{D}^2+A{B}^2}=\sqrt{1+4+9}=\sqrt{14}.$$

Найдём угол ромба. По теореме косинусов в треугольнике $AN{C}_1$:

$$A{C}_1^2=A{N}^2+N{C}_1^2-2\cdot AN\cdot N{C}_1\cdot \cos \angle AN{C}_1;$$

$$14=5+5-2\cdot \sqrt{5}\cdot \sqrt{5}\cdot \cos \angle AN{C}_1\iff 4=-10\cos \angle AN{C}_1\iff \cos \angle AN{C}_1=-\frac{2}{5}.$$

Синус угла треугольника положителен, поэтому по основному тригонометрическому тождеству

$$\sin \angle AN{C}_1=\sqrt{1-\frac{4}{25}}=\frac{\sqrt{21}}{5}.$$

Площадь параллелограмма равна произведению двух смежных сторон на синус угла между ними:

$$S_{AT{C}_{1}N}=AN\cdot N{C}_1\cdot \sin \angle AN{C}_1=\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}\cdot \frac{\sqrt{21}}{5}=\sqrt{21}.$$

Проверим другим способом: площадь ромба равна половине произведения диагоналей. Проекция точки $T$ на основание — точка $T^{\prime }$ ребра $AB$ с $A{T}^{\prime }=2$, поэтому $T^{\prime }N=\sqrt{(2-1{)}^2+2^2}=\sqrt{5}$ и $TN=\sqrt{T^{\prime }{N}^2+T{T}^{\prime 2}}=\sqrt{5+1}=\sqrt{6}$. Тогда $S=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{14}\cdot \sqrt{6}=\frac{1}{2}\sqrt{84}=\sqrt{21}$ — результат совпал.

Ответ: б) $\sqrt{21}$.