ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Точка $K$ — центр прямоугольника $B{B}_1{C}_{1}C$, то есть точка пересечения его диагоналей и середина $B{C}_1$. Точка $L$ — центр верхней грани, то есть середина $A_1{C}_1$. Значит, $KL$ — средняя линия треугольника $A_{1}B{C}_1$:

$$KL\parallel A_{1}B.$$

Отрезки $A_1{D}_1$ и $BC$ параллельны и равны (оба параллельны и равны $AD$), поэтому $A_{1}BC{D}_1$ — параллелограмм и $D_{1}C\parallel A_{1}B$. Следовательно, $KL\parallel D_{1}C$, и угол между прямыми $M{D}_1$ и $KL$ равен углу между прямыми $M{D}_1$ и $D_{1}C$, то есть углу $M{D}_{1}C$.

Обозначим $DM=MC=a$, $D{D}_1=b$, тогда $DC=2a$. Ребро $D{D}_1$ перпендикулярно основанию, поэтому треугольники $D{D}_{1}M$ и $D{D}_{1}C$ прямоугольные с прямым углом $D$. По теореме Пифагора

$$D_1{M}^2=a^2+b^2,D_1{C}^2=4a^2+b^2.$$

Запишем теорему косинусов для треугольника $M{D}_{1}C$:

$$M{C}^2=M{D}_1^2+D_1{C}^2-2\cdot M{D}_1\cdot D_{1}C\cdot \cos \angle M{D}_{1}C,$$

$$a^2=(a^2+b^2)+(4a^2+b^2)-2\sqrt{a^2+b^2}\cdot \sqrt{4a^2+b^2}\cdot \frac{3}{\sqrt{10}}.$$

Перенесём слагаемые и поделим на $2$:

$$2a^2+b^2=\frac{3}{\sqrt{10}}\sqrt{a^2+b^2}\cdot \sqrt{4a^2+b^2}.$$

Обе части положительны, возведём их в квадрат и умножим на $10$:

$$10\left(4a^4+4a^2{b}^2+b^4\right)=9\left(4a^4+5a^2{b}^2+b^4\right),$$

$$b^4-5a^2{b}^2+4a^4=0.$$

Это квадратное уравнение относительно $b^2$: его дискриминант $25a^4-16a^4=9a^4$, корни

$$b^2=\frac{5a^2-3a^2}{2}=a^2\text{или}{b}^2=\frac{5a^2+3a^2}{2}=4a^2.$$

Если $b=2a$, то $D{D}_1=DC$ и грань $DC{C}_1{D}_1$ — квадрат, что противоречит условию. Значит, $b=a$, то есть $DC=2a=2D{D}_1$, что и требовалось доказать.

б) Ребро $B_1{C}_1$ перпендикулярно рёбрам $C_1{D}_1$ и $C_{1}C$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $B_1{C}_1\perp (DC{C}_1{D}_1)$. Значит, $C_1$ — проекция точки $B_1$ на эту плоскость, $C{C}_1$ — проекция наклонной $B_{1}C$, и угол между прямой $B_{1}C$ и гранью $DC{C}_1{D}_1$ равен

$$\angle B_{1}C{C}_1=60^{\circ }.$$

По пункту а) $C{C}_1=D{D}_1=a$, $DC=2a$. Из прямоугольного треугольника $B_1{C}_{1}C$

$$B_1{C}_1=C{C}_1\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=a\sqrt{3}.$$

Объём параллелепипеда равен произведению трёх его измерений:

$$V=DC\cdot B_1{C}_1\cdot D{D}_1=2a\cdot a\sqrt{3}\cdot a=2\sqrt{3}{a}^3=54\sqrt{3}\Rightarrow a^3=27,a=3.$$

Значит, $B_1{C}_1=3\sqrt{3}$ (измерения $6$, $3$, $3\sqrt{3}$ попарно различны, так что квадратных граней действительно нет).

Прямая $KL$ параллельна прямой $D_{1}C$, лежащей в плоскости $DC{C}_1{D}_1$, и сама в этой плоскости не лежит. По признаку параллельности прямой и плоскости $KL\parallel (DC{C}_1{D}_1)$. Прямая $D_{1}M$ лежит в этой плоскости. Если одна из скрещивающихся прямых параллельна плоскости, содержащей другую, то расстояние между прямыми равно расстоянию от любой точки первой прямой до этой плоскости. Поэтому искомое расстояние равно расстоянию от точки $L$ до плоскости $DC{C}_1{D}_1$.

Пусть $H$ — середина $C_1{D}_1$. Точка $L$ — середина диагонали $B_1{D}_1$, поэтому $LH$ — средняя линия треугольника $B_1{C}_1{D}_1$: $LH\parallel B_1{C}_1$ и $LH=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1$. Так как $B_1{C}_1\perp (DC{C}_1{D}_1)$, то и $LH\perp (DC{C}_1{D}_1)$. Значит, искомое расстояние

$$LH=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

Ответ: б) $\frac{3\sqrt{3}}{2}$.