ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Сначала построим сечение параллелепипеда плоскостью $ET{D}_1$.

Точки $E$ и $D_1$ лежат в плоскости грани $AD{D}_1{A}_1$, поэтому отрезок $E{D}_1$ — сторона сечения. Точки $D_1$ и $T$ лежат в плоскости верхней грани $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, поэтому $D_{1}T$ — ещё одна сторона сечения.

Противоположные грани параллелепипеда лежат в параллельных плоскостях: $(AD{D}_1)\parallel (BC{C}_1)$. Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Значит, плоскость сечения пересекает грань $BC{C}_1{B}_1$ по прямой, проходящей через $T$ параллельно $E{D}_1$. Проведём в этой грани $TM\parallel E{D}_1$, где $M$ — точка прямой $B{B}_1$.

Проверим, что точка $M$ попадает на само ребро $B{B}_1$. Все грани прямоугольного параллелепипеда — прямоугольники, поэтому треугольники $T{B}_{1}M$ и $D_1{A}_{1}E$ прямоугольные: $\angle T{B}_{1}M=\angle D_1{A}_{1}E=90^{\circ }$. Их острые углы $B_{1}TM$ и $A_1{D}_{1}E$ равны как углы с соответственно сонаправленными сторонами: луч $T{B}_1$ сонаправлен с лучом $D_1{A}_1$ (так как $B_1{C}_1\parallel A_1{D}_1$), а луч $TM$ — с лучом $D_{1}E$. Значит, треугольники подобны, и коэффициент подобия равен

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

Так как $A_{1}E:EA=5:3$, то $A_{1}E=\frac{5}{8}A{A}_1$, а тогда

$$B_{1}M=\frac{1}{2}{A}_{1}E=\frac{5}{16}A{A}_1<B{B}_1.$$

Значит, $M$ лежит на ребре $B{B}_1$. Точки $M$ и $E$ лежат в плоскости грани $AB{B}_1{A}_1$, соединим их. Сечение — четырёхугольник $E{D}_{1}TM$.

По построению $E{D}_1\parallel TM$. Чтобы доказать, что $E{D}_{1}TM$ — трапеция, осталось показать, что две другие стороны $D_{1}T$ и $EM$ не параллельны.

В плоскости верхней грани прямые $D_{1}T$ и $A_1{B}_1$ не параллельны: через точку $D_1$ параллельно $A_1{B}_1$ проходит только прямая $D_1{C}_1$, а точка $T$ на ней не лежит. Пусть они пересекаются в точке $P$. Точка $P$ лежит на прямой $D_{1}T$, то есть в плоскости сечения, и на прямой $A_1{B}_1$, то есть в плоскости грани $AB{B}_1{A}_1$. Значит, $P$ лежит на линии пересечения этих плоскостей — на прямой $EM$.

Итак, прямые $D_{1}T$ и $EM$ пересекаются в точке $P$ и потому не параллельны. В четырёхугольнике $E{D}_{1}TM$ ровно одна пара параллельных сторон, следовательно, это трапеция, что и требовалось доказать.

б) Найдём, где лежит точка $P$. В треугольнике $P{A}_1{D}_1$ отрезок $B_{1}T$ параллелен стороне $A_1{D}_1$, поэтому треугольник $P{B}_{1}T$ подобен треугольнику $P{A}_1{D}_1$:

$$\frac{P{B}_1}{P{A}_1}=\frac{B_{1}T}{A_1{D}_1}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $B_1$ — середина $A_{1}P$, $B_{1}T$ — средняя линия треугольника $P{A}_1{D}_1$, и

$$A_{1}P=2A_1{B}_1=2AB=10.$$

Точки $D_1$ и $P$ принадлежат и плоскости сечения, и плоскости $A_1{B}_1{C}_1$, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой $D_{1}P$.

Проведём в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ высоту $A_{1}H$ треугольника $A_1{D}_{1}P$, то есть $A_{1}H\perp D_{1}P$. Ребро $E{A}_1$ лежит на прямой $A{A}_1$, перпендикулярной плоскости $A_1{B}_1{C}_1$. Значит, $E{A}_1$ — перпендикуляр к этой плоскости, $EH$ — наклонная, а $A_{1}H$ — её проекция. Проекция перпендикулярна прямой $D_{1}P$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $EH\perp D_{1}P$.

Таким образом, $\angle EH{A}_1$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью $A_1{B}_1{C}_1$. Он острый (это острый угол прямоугольного треугольника $E{A}_{1}H$), поэтому он и есть искомый угол. Обозначим его $\phi$.

Найдём длины. Из условия $A_{1}E:EA=5:3$ и $A{A}_1=8$:

$$A_{1}E=\frac{5}{8}\cdot 8=5,A_1{D}_1=AD=7\sqrt{2}.$$

Угол $D_1{A}_{1}P$ прямой (угол прямоугольника $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$), по теореме Пифагора

$$D_{1}P=\sqrt{A_1{D}_1^2+A_1{P}^2}=\sqrt{98+100}=\sqrt{198}=3\sqrt{22}.$$

Высоту прямоугольного треугольника, проведённую к гипотенузе, найдём через удвоенную площадь:

$$A_{1}H=\frac{A_1{D}_1\cdot A_{1}P}{D_{1}P}=\frac{7\sqrt{2}\cdot 10}{3\sqrt{22}}=\frac{70}{3\sqrt{11}}.$$

Прямая $A{A}_1$ перпендикулярна плоскости $A_1{B}_1{C}_1$, поэтому $E{A}_1\perp A_{1}H$, и треугольник $E{A}_{1}H$ прямоугольный. Тогда

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{A_{1}E}{A_{1}H}=5\cdot \frac{3\sqrt{11}}{70}=\frac{3\sqrt{11}}{14},\phi =\mathrm{arctg}\frac{3\sqrt{11}}{14}.$$

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{3\sqrt{11}}{14}$.