ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: прямоугольный параллелепипед, точка $E$ на ребре $A{A}_1$ ближе к $A$, точка $T$ — середина верхнего ребра $B_1{C}_1$.

а) Построим сечение.

1. Точки $E$ и $D_1$ лежат в грани $AD{D}_1{A}_1$ — проводим отрезок $E{D}_1$.

2. Точки $D_1$ и $T$ лежат в грани $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ — проводим отрезок $D_{1}T$.

3. Грани $AD{D}_1{A}_1$ и $BC{C}_1{B}_1$ лежат в параллельных плоскостях, поэтому секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Проведём в грани $BC{C}_1{B}_1$ через точку $T$ прямую, параллельную $E{D}_1$, и пусть она пересекает прямую $B{B}_1$ в точке $M$.

Проверим, что $M$ лежит на ребре $B{B}_1$. У треугольников $T{B}_{1}M$ и $D_1{A}_{1}E$ стороны соответственно параллельны и сонаправлены ($B_{1}T\parallel A_1{D}_1$, $B_{1}M\parallel A_{1}E$, $TM\parallel D_{1}E$), поэтому их углы равны и треугольники подобны с коэффициентом

$$\frac{B_{1}T}{A_1{D}_1}=\frac{B_{1}T}{B_1{C}_1}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $B_{1}M=\frac{1}{2}{A}_{1}E=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}A{A}_1=\frac{1}{3}B{B}_1$, и точка $M$ лежит на ребре $B{B}_1$.

4. Точки $E$ и $M$ лежат в грани $AB{B}_1{A}_1$ — проводим отрезок $EM$.

Сечение — четырёхугольник $E{D}_{1}TM$, в нём $E{D}_1\parallel TM$ по построению. Докажем, что стороны $D_{1}T$ и $EM$ не параллельны.

Прямые $D_{1}T$ и $A_1{B}_1$ лежат в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ и не параллельны: через $D_1$ параллельно $A_1{B}_1$ проходит прямая $D_1{C}_1$, а точка $T$ на ней не лежит. Значит, они пересекаются в некоторой точке $P$. Точка $P$ лежит на $D_{1}T$, то есть в секущей плоскости, и на $A_1{B}_1$, то есть в плоскости $AB{B}_1$. Секущая плоскость пересекает плоскость $AB{B}_1$ по прямой $EM$, поэтому $P\in EM$.

Итак, прямые $EM$ и $D_{1}T$ пересекаются в точке $P$ и не параллельны. У четырёхугольника $E{D}_{1}TM$ ровно одна пара параллельных сторон, значит, сечение — трапеция. Что и требовалось доказать.

б) Секущая плоскость пересекает плоскость $A_1{B}_1{C}_1$ по прямой $D_{1}P$. Построим линейный угол двугранного угла с ребром $D_{1}P$.

Проведём в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ высоту $A_{1}H$ треугольника $A_1{D}_{1}P$. Ребро $A{A}_1$ перпендикулярно плоскости $A_1{B}_1{C}_1$, поэтому $A_{1}H$ — проекция наклонной $EH$ на эту плоскость. Прямая $D_{1}P$ перпендикулярна проекции $A_{1}H$, значит, по теореме о трёх перпендикулярах $D_{1}P\perp EH$. Отрезки $A_{1}H$ и $EH$ перпендикулярны ребру $D_{1}P$, поэтому $\angle EH{A}_1$ — линейный угол двугранного угла. Треугольник $E{A}_{1}H$ прямоугольный ($E{A}_1\perp A_{1}H$), угол $EH{A}_1$ острый, и он равен искомому углу между плоскостями.

Найдём длины. В треугольнике $A_1{D}_{1}P$ отрезок $B_{1}T$ параллелен стороне $A_1{D}_1$ и равен её половине ($B_{1}T=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1=\frac{1}{2}{A}_1{D}_1$), поэтому $B_{1}T$ — средняя линия, и $B_1$ — середина $A_{1}P$:

$$A_{1}P=2A_1{B}_1=2AB=4\sqrt{2}.$$

По условию $A{A}_1=6$ и $A_{1}E:EA=2:1$, поэтому $A_{1}E=4$. Кроме того, $A_1{D}_1=AD=7$.

Грани прямоугольного параллелепипеда — прямоугольники, поэтому $\angle D_1{A}_{1}P=90^{\circ }$. По теореме Пифагора

$$D_{1}P=\sqrt{A_1{D}_1^2+A_1{P}^2}=\sqrt{49+32}=9.$$

Высоту прямоугольного треугольника, проведённую к гипотенузе, найдём через площадь: $A_1{D}_1\cdot A_{1}P=D_{1}P\cdot A_{1}H$, откуда

$$A_{1}H=\frac{A_1{D}_1\cdot A_{1}P}{D_{1}P}=\frac{7\cdot 4\sqrt{2}}{9}=\frac{28\sqrt{2}}{9}.$$

В прямоугольном треугольнике $E{A}_{1}H$:

$$\mathrm{tg}\angle EH{A}_1=\frac{A_{1}E}{A_{1}H}=\frac{4\cdot 9}{28\sqrt{2}}=\frac{9}{7\sqrt{2}}=\frac{9\sqrt{2}}{14}.$$

Значит, искомый угол равен $\mathrm{arctg}\frac{9\sqrt{2}}{14}$.

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{9\sqrt{2}}{14}$.