ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Обозначим

$$AB=x,BC=y.$$

Сначала построим сечения. Плоскости оснований прямоугольного параллелепипеда параллельны, а если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии их пересечения параллельны. Плоскость $(AOB)$ пересекает нижнее основание по прямой $AB$, значит, верхнее основание — по прямой, которая проходит через $O$ параллельно $AB$. Пусть эта прямая пересекает рёбра $A_1{D}_1$ и $B_1{C}_1$ в точках $E$ и $F$. Тогда сечение плоскостью $(AOB)$ — четырёхугольник $ABFE$, по условию это прямоугольник.

Точно так же плоскость $(BOC)$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $O$ параллельно $BC$. Пусть она пересекает рёбра $A_1{B}_1$ и $D_1{C}_1$ в точках $N$ и $M$. Сечение плоскостью $(BOC)$ — прямоугольник $BCMN$.

Найдём положение точек $E$ и $N$. Точка $O$ — центр прямоугольника $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, то есть середина его диагонали $A_1{C}_1$. В треугольнике $A_1{D}_1{C}_1$ прямая $OE$ проходит через середину стороны $A_1{C}_1$ параллельно стороне $D_1{C}_1$ (ведь $D_1{C}_1\parallel AB$), поэтому по теореме Фалеса $E$ — середина $A_1{D}_1$. Аналогично в треугольнике $A_1{B}_1{C}_1$ прямая $ON\parallel B_1{C}_1$, и $N$ — середина $A_1{B}_1$. Значит,

$$A_{1}E=\frac{A_1{D}_1}{2}=\frac{y}{2},B_{1}N=\frac{A_1{B}_1}{2}=\frac{x}{2}.$$

По условию $AB$ — меньшая сторона прямоугольника $ABFE$ и она в 2 раза меньше большей стороны $AE$. Точно так же $BC$ в 2 раза меньше стороны $BN$ прямоугольника $BCMN$:

$$AE=2x,BN=2y.$$

В прямоугольном параллелепипеде боковые рёбра перпендикулярны плоскостям оснований, поэтому $A{A}_1\perp A_{1}E$ и $B{B}_1\perp B_{1}N$. По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках $A{A}_{1}E$ и $B{B}_{1}N$:

$$A{A}_1^2=A{E}^2-A_1{E}^2=4x^2-\frac{y^2}{4},B{B}_1^2=B{N}^2-B_1{N}^2=4y^2-\frac{x^2}{4}.$$

Боковые рёбра равны: $A{A}_1=B{B}_1$. Приравняем:

$$4x^2-\frac{y^2}{4}=4y^2-\frac{x^2}{4}\iff \frac{17}{4}{x}^2=\frac{17}{4}{y}^2\iff x=y.$$

Итак, $AB=BC$. Основание $ABCD$ — прямоугольник с равными соседними сторонами, то есть квадрат. Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $AB=BC=AD=x$. Найдём высоту параллелепипеда:

$$B{B}_1^2=4x^2-\frac{x^2}{4}=\frac{15x^2}{4},B{B}_1=\frac{\sqrt{15}x}{2}.$$

Точка $C$ лежит в плоскости $(BOC)$, поэтому прямая $A_{1}C$ пересекает эту плоскость в точке $C$. Чтобы найти угол, нужно построить проекцию точки $A_1$ на плоскость $(BOC)$, то есть на плоскость прямоугольника $BCMN$.

Докажем, что $MN\perp (AB{B}_1)$. Прямая $BC$ перпендикулярна $AB$ (стороны прямоугольника) и $B{B}_1$ (боковое ребро перпендикулярно основанию). Эти прямые пересекаются и лежат в плоскости $(AB{B}_1)$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (AB{B}_1)$. Прямая $MN$ параллельна $BC$, а если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и вторая ей перпендикулярна: $MN\perp (AB{B}_1)$.

Точки $B$, $N$ и $A_1$ лежат в плоскости грани $AB{B}_1{A}_1$. Опустим в этой плоскости перпендикуляр $A_{1}H$ на прямую $BN$. Тогда:

• $A_{1}H\perp BN$ по построению;
• $A_{1}H\perp MN$, так как $MN\perp (AB{B}_1)$, а $A_{1}H$ лежит в этой плоскости.

Прямые $BN$ и $MN$ пересекаются в точке $N$ и лежат в плоскости $(BOC)$, значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_{1}H\perp (BOC)$. Точка $H$ — проекция $A_1$ на плоскость $(BOC)$, $CH$ — проекция наклонной $A_{1}C$, и искомый угол равен $\angle A_{1}CH$ прямоугольного треугольника $A_{1}HC$.

Уточним, где лежит $H$. Угол $BN{B}_1$ — острый угол прямоугольного треугольника $B{B}_{1}N$, поэтому смежный с ним угол $A_{1}NB$ тупой, и основание перпендикуляра из $A_1$ попадает на продолжение отрезка $BN$ за точку $N$.

Найдём $A_{1}H$. Треугольники $A_{1}HN$ и $B{B}_{1}N$ подобны по двум углам: $\angle A_{1}HN=\angle B{B}_{1}N=90^{\circ }$, а $\angle A_{1}NH=\angle BN{B}_1$ как вертикальные. Отсюда

$$\frac{A_{1}H}{B{B}_1}=\frac{A_{1}N}{BN}=\frac{x/2}{2x}=\frac{1}{4}\Rightarrow A_{1}H=\frac{1}{4}\cdot \frac{\sqrt{15}x}{2}=\frac{\sqrt{15}x}{8}.$$

Диагональ прямоугольного параллелепипеда находим по формуле $d^2=a^2+b^2+c^2$:

$$A_1{C}^2=A{B}^2+A{D}^2+A{A}_1^2=x^2+x^2+\frac{15x^2}{4}=\frac{23x^2}{4},A_{1}C=\frac{\sqrt{23}x}{2}.$$

В прямоугольном треугольнике $A_{1}HC$ синус угла — отношение противолежащего катета к гипотенузе:

$$\sin \angle A_{1}CH=\frac{A_{1}H}{A_{1}C}=\frac{\sqrt{15}x}{8}\cdot \frac{2}{\sqrt{23}x}=\frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}=\frac{\sqrt{345}}{92}.$$

Угол острый, поэтому

$$\angle A_{1}CH=\arcsin \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}.$$

Ответ: б) $\arcsin \frac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}$.