В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ точка P — середина ребра CC₁. Плоскость PBA₁… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Параллелепипеды средняя 2026 развёрнутое

В кубе $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ точка $P$ — середина ребра $C C_{1}$ . Плоскость $P B A_{1}$ пересекает ребро $C_{1} D_{1}$ в точке $Q$ .

а) Докажите, что $Q$ — середина $C_{1} D_{1}$ .

б) Найдите площадь сечения куба плоскостью $P B A_{1}$ , если объём куба равен $216.$

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

Сечение A₁BPQ — равнобедренная трапеция

а) Отрезок $A_{1} B$ лежит в грани $A B B_{1} A_{1}$ , а отрезок $QP$ — в противоположной грани $D C C_{1} D_{1}$ . Эти грани лежат в параллельных плоскостях, а плоскость $P B A_{1}$ пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым. Поэтому

$QP ∥ A_{1} B .$

Рисунок к решению

Рассмотрим треугольники $Q C_{1} P$ и $A_{1} B_{1} B$ . Грани куба — квадраты, поэтому $∠ Q C_{1} P = ∠ A_{1} B_{1} B = 9 0^{\circ}$ . Острые углы $QP C_{1}$ и $A_{1} B B_{1}$ равны как углы с соответственно сонаправленными сторонами: луч $P C_{1}$ сонаправлен с лучом $B B_{1}$ , а луч $P Q$ — с лучом $B A_{1}$ . Значит, треугольники подобны по двум углам, и

$\frac{Q C _{1}}{A _{1} B _{1}} = \frac{C _{1} P}{B _{1} B} = \frac{QP}{A _{1} B} = \frac{1}{2},$

так как $P$ — середина $C C_{1}$ . Отсюда

$C_{1} Q = \frac{1}{2} A_{1} B_{1} = \frac{1}{2} C_{1} D_{1},$

то есть $Q$ — середина $C_{1} D_{1}$ , что и требовалось доказать.

Рисунок к решению

б) Объём куба равен $216$ , поэтому его ребро $a = 3216 = 6$ .

Сечение — четырёхугольник $A_{1} B P Q$ : его стороны $A_{1} B$ , $B P$ , $P Q$ , $Q A_{1}$ лежат в гранях $A B B_{1} A_{1}$ , $B C C_{1} B_{1}$ , $D C C_{1} D_{1}$ , $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ . По пункту а) $QP ∥ A_{1} B$ и $QP = \frac{1}{2} A_{1} B$ , поэтому $A_{1} B P Q$ — трапеция.

Прямоугольные треугольники $A_{1} D_{1} Q$ и $B C P$ равны по двум катетам: $A_{1} D_{1} = B C = 6$ и $D_{1} Q = C P = 3$ . Значит, $A_{1} Q = B P$ , и трапеция равнобедренная.

Найдём её стороны:

$A_{1} B = 62, QP = \frac{1}{2} A_{1} B = 32, B P = B C^{2} + C P^{2} = 36 + 9 = 35 .$

Пусть $Q Q^{'}$ и $P P^{'}$ — высоты трапеции, опущенные на основание $A_{1} B$ .

Рисунок к решению

Четырёхугольник $QP P^{'} Q^{'}$ — прямоугольник, поэтому $Q^{'} P^{'} = QP = 32$ . Трапеция равнобедренная, значит, отрезки по краям большего основания равны:

$A_{1} Q^{'} = P^{'} B = \frac{6 2 - 3 2}{2} = \frac{3 2}{2} .$

Из прямоугольного треугольника $A_{1} Q Q^{'}$ по теореме Пифагора

$Q Q^{'} = A_{1} Q^{2} - A_{1} Q^{'2} = 45 - \frac{9}{2} = \frac{81}{2} = \frac{9}{2} .$

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

$S_{A_{1} B P Q} = \frac{6 2 + 3 2}{2} \cdot \frac{9}{2} = \frac{9 2}{2} \cdot \frac{9}{2} = \frac{81}{2} .$

Ответ: б) $\frac{81}{2}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15