ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение куба плоскостью $\alpha$. Точки $B$ и $K$ лежат в грани $BC{C}_1{B}_1$, а точки $B$ и $D$ — в нижней грани, поэтому отрезки $BK$ и $BD$ — стороны сечения.

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 $BD$. Так как $B{B}_1{D}_{1}D$ — прямоугольник, $B_1{D}_1\parallel BD$, то есть эта прямая параллельна $B_1{D}_1$. Пусть она пересекает ребро $C_1{D}_1$ в точке $P$.

В треугольнике $B_1{C}_1{D}_1$ прямая $KP$ проходит через середину $K$ стороны $B_1{C}_1$ параллельно $B_1{D}_1$. По теореме Фалеса $P$ — середина $C_1{D}_1$, а $KP$ — средняя линия:

$$KP=\frac{1}{2}{B}_1{D}_1=\frac{1}{2}BD.$$

Точки $P$ и $D$ лежат в грани $CD{D}_1{C}_1$, поэтому сечение — четырёхугольник $BKPD$.

В нём $KP\parallel BD$ и $KP\ne BD$, поэтому $BKPD$ — трапеция с основаниями $KP$ и $BD$ (если бы ещё и $BK\parallel DP$, четырёхугольник был бы параллелограммом и $KP=BD$).

Сравним боковые стороны. Треугольники $B{B}_{1}K$ и $D{D}_{1}P$ прямоугольные (боковые рёбра куба перпендикулярны плоскости верхней грани), $B{B}_1=D{D}_1$ как рёбра куба, $B_{1}K=D_{1}P$ как половины рёбер. Значит, эти треугольники равны по двум катетам, и $BK=DP$.

Трапеция $BKPD$ с равными боковыми сторонами — равнобедренная, что и требовалось доказать.

б) Пусть ребро куба равно $6$. Прямые $BK$ и $C{C}_1$ лежат в плоскости $BC{C}_1{B}_1$ и не параллельны, поэтому пересекаются в некоторой точке $S$. Точка $S$ лежит в плоскости $\alpha$ (на прямой $BK$) и в плоскости $CD{D}_1{C}_1$ (на прямой $C{C}_1$). Эти плоскости пересекаются по прямой $DP$, значит, $S$ лежит и на прямой $DP$: продолжения боковых сторон трапеции пересекаются на прямой $C{C}_1$.

Так как $C_{1}K\parallel CB$, треугольники $S{C}_{1}K$ и $SCB$ подобны, причём $\frac{C_{1}K}{CB}=\frac{1}{2}$. Значит, $\frac{S{C}_1}{SC}=\frac{1}{2}$, точка $C_1$ — середина $SC$, и

$$S{C}_1=C{C}_1=6.$$

Построим перпендикуляр из $C_1$ к плоскости $\alpha$. Пусть диагональ $A_1{C}_1$ верхней грани 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 $C_{1}E\perp KP$. Прямая $S{C}_1$ совпадает с прямой $C{C}_1$, перпендикулярной плоскости верхней грани, поэтому $S{C}_1\perp KP$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $KP\perp (S{C}_{1}E)$.

Опустим в треугольнике $S{C}_{1}E$ высоту $C_{1}H$ на сторону $SE$. Прямая $C_{1}H$ лежит в плоскости $S{C}_{1}E$, поэтому $C_{1}H\perp KP$. Кроме того, $C_{1}H\perp SE$. Прямые $SE$ и $KP$ лежат в плоскости $\alpha$ (точка $S\in \alpha$, точка $E\in KP$) и пересекаются в точке $E$. Значит, $C_{1}H\perp \alpha$, и искомое расстояние равно $C_{1}H$.

Пусть $O_1$ — центр верхней грани. Средняя линия $KP$ треугольника $B_1{C}_1{D}_1$ делит отрезок $C_1{O}_1$ пополам (теорема Фалеса), поэтому

$$C_{1}E=\frac{1}{2}{C}_1{O}_1=\frac{1}{4}{A}_1{C}_1=\frac{6\sqrt{2}}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

Треугольник $S{C}_{1}E$ прямоугольный с прямым углом $C_1$. По теореме Пифагора

$$SE=\sqrt{S{C}_1^2+C_1{E}^2}=\sqrt{36+\frac{9}{2}}=\sqrt{\frac{81}{2}}=\frac{9\sqrt{2}}{2}.$$

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

$$C_{1}H=\frac{S{C}_1\cdot C_{1}E}{SE}=\frac{6\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}}{\frac{9\sqrt{2}}{2}}=\frac{18}{9}=2.$$

Ответ: б) $2$.