ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение. Точки $B$ и $D$ лежат в нижней грани, поэтому $\alpha$ пересекает её по отрезку $BD$. Точки $B$ и $K$ лежат в грани $B{B}_1{C}_{1}C$, поэтому $\alpha$ пересекает её по отрезку $BK$.

Верхняя и нижняя грани куба лежат в параллельных плоскостях, а две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым. Значит, $\alpha$ пересекает верхнюю грань по прямой, проходящей через $K$ параллельно $BD$. Четырёхугольник $B{B}_1{D}_{1}D$ — прямоугольник, поэтому $B_1{D}_1\parallel BD$, и эта прямая параллельна $B_1{D}_1$.

В треугольнике $B_1{C}_1{D}_1$ прямая, проходящая через середину $K$ стороны $B_1{C}_1$ параллельно $B_1{D}_1$, по теореме Фалеса пересекает $C_1{D}_1$ в её середине $P$. Тогда $KP$ — средняя линия этого треугольника и

$$KP=\frac{B_1{D}_1}{2}=\frac{BD}{2}.$$

Сечение куба плоскостью $\alpha$ — четырёхугольник $BKPD$.

В нём $KP\parallel BD$ и $KP\ne BD$. Если бы ещё и $BK\parallel DP$, то $BKPD$ был бы параллелограммом и $KP=BD$. Значит, $BKPD$ — трапеция с основаниями $KP$ и $BD$.

Сравним боковые стороны. Треугольники $B{B}_{1}K$ и $D{D}_{1}P$ прямоугольные с прямыми углами $B_1$ и $D_1$, у них $B{B}_1=D{D}_1$ (рёбра куба) и $B_{1}K=D_{1}P$ (половины рёбер). Значит, они равны по двум катетам, и $BK=DP$. Трапеция $BKPD$ равнобедренная. Что и требовалось доказать.

б) Ребро куба равно $3$. Прямые $BK$ и $C{C}_1$ лежат в плоскости $BC{C}_1$ и не параллельны, поэтому пересекаются в некоторой точке $S$. Так как $K{C}_1\parallel BC$, треугольники $SK{C}_1$ и $SBC$ подобны:

$$\frac{S{C}_1}{SC}=\frac{K{C}_1}{BC}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $C_1$ — середина $SC$ и $S{C}_1=C{C}_1=3$.

Точно так же прямая $DP$ пересекает прямую $C{C}_1$ в точке, для которой $\frac{S^{\prime }{C}_1}{S^{\prime }C}=\frac{P{C}_1}{DC}=\frac{1}{2}$, то есть тоже на расстоянии $3$ от $C_1$ за точкой $C_1$. Это та же точка $S$. Итак, $S$ лежит на прямых $BK$ и $DP$, а значит, в плоскости $\alpha$.

Пусть $O_1$ — центр верхней грани, и диагональ $A_1{C}_1$ пересекает $KP$ в точке $E$. Диагонали квадрата перпендикулярны: $A_1{C}_1\perp B_1{D}_1$, а $KP\parallel B_1{D}_1$, поэтому $C_{1}E\perp KP$. Средняя линия $KP$ делит отрезок $C_1{O}_1$ пополам, поэтому

$$C_{1}E=\frac{C_1{O}_1}{2}=\frac{A_1{C}_1}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{4}.$$

Прямая $S{C}_1$ совпадает с прямой $C{C}_1$, перпендикулярной верхней грани, поэтому $S{C}_1\perp KP$. Прямая $KP$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $C_{1}E$ и $S{C}_1$, значит, по признаку перпендикулярности $KP\perp (S{C}_{1}E)$.

В прямоугольном треугольнике $S{C}_{1}E$ (угол $C_1$ прямой) проведём высоту $C_{1}H$ к гипотенузе $SE$. Тогда $C_{1}H\perp SE$, а также $C_{1}H\perp KP$, так как $C_{1}H$ лежит в плоскости $S{C}_{1}E$. Прямые $SE$ и $KP$ пересекаются в точке $E$ и лежат в плоскости $\alpha$, поэтому $C_{1}H\perp \alpha$, и $C_{1}H$ — искомое расстояние.

По теореме Пифагора в треугольнике $S{C}_{1}E$

$$SE=\sqrt{S{C}_1^2+C_1{E}^2}=\sqrt{9+\frac{18}{16}}=\sqrt{\frac{162}{16}}=\frac{9\sqrt{2}}{4}.$$

Высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу:

$$C_{1}H=\frac{S{C}_1\cdot C_{1}E}{SE}=\frac{3\cdot \frac{3\sqrt{2}}{4}}{\frac{9\sqrt{2}}{4}}=1.$$

Проверим через объём пирамиды $S{C}_{1}KP$. Её объём равен $\frac{1}{3}\cdot S_{C_{1}KP}\cdot S{C}_1=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{3}{2}\cdot 3=\frac{9}{8}$. Площадь грани $SKP$, лежащей в плоскости $\alpha$, равна $\frac{1}{2}\cdot KP\cdot SE=\frac{1}{2}\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{9\sqrt{2}}{4}=\frac{27}{8}$ ($SE\perp KP$, так как $KP\perp (S{C}_{1}E)$). Тогда расстояние от $C_1$ до $\alpha$ равно $\frac{3\cdot \frac{9}{8}}{\frac{27}{8}}=1$ — результат совпал.

Ответ: б) $1$.