ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение.

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

Грани $AD{D}_1{A}_1$ и $BC{C}_1{B}_1$ лежат в параллельных плоскостях. Две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым, поэтому плоскость сечения пересекает грань $BC{C}_1{B}_1$ по прямой, проходящей через $T$ параллельно $E{D}_1$.

Выясним, где эта прямая пересекает ребро $B{B}_1$. Отметим на $B{B}_1$ точку $E^{\prime }$ так, что $B_1{E}^{\prime }=A_{1}E$. Отрезки $E{E}^{\prime }$ и $D_1{C}_1$ равны и параллельны (оба равны и параллельны $A_1{B}_1$), поэтому $E{E}^{\prime }{C}_1{D}_1$ — параллелограмм, и $E^{\prime }{C}_1\parallel E{D}_1$, $E^{\prime }{C}_1=E{D}_1$. В треугольнике $B_1{E}^{\prime }{C}_1$ прямая, проходящая через середину $T$ стороны $B_1{C}_1$ параллельно $E^{\prime }{C}_1$, по теореме Фалеса пересекает сторону $B_1{E}^{\prime }$ в её середине $M$. Значит, точка $M$ лежит на ребре $B{B}_1$, а $TM$ — средняя линия треугольника $B_1{E}^{\prime }{C}_1$:

$$TM\parallel E^{\prime }{C}_1\parallel E{D}_1,TM=\frac{1}{2}{E}^{\prime }{C}_1=\frac{1}{2}E{D}_1.$$

Точки $M$ и $E$ лежат в грани $AB{B}_1{A}_1$, соединяем их. Сечение — четырёхугольник $E{D}_{1}TM$.

Его стороны $E{D}_1$ и $TM$ параллельны, но не равны ($TM=\frac{1}{2}E{D}_1$). Тогда стороны $D_{1}T$ и $EM$ не параллельны: иначе $E{D}_{1}TM$ был бы параллелограммом с равными противоположными сторонами. Следовательно, $E{D}_{1}TM$ — трапеция. Что и требовалось доказать.

Заметим ещё, что боковые стороны лежат на прямых, пересекающихся на прямой $A_1{B}_1$. Плоскости $AB{B}_1$, $A_1{B}_1{C}_1$ и плоскость сечения попарно пересекаются по прямым $EM$, $A_1{B}_1$ и $D_{1}T$. Такие три прямые либо попарно параллельны, либо проходят через одну точку. Прямые $D_{1}T$ и $A_1{B}_1$ не параллельны, значит, все три прямые проходят через одну точку $P$.

б) Плоскость сечения пересекает плоскость $A_1{B}_1{C}_1$ по прямой $D_{1}T$, то есть по прямой $D_{1}P$.

Проведём в плоскости $A_1{B}_1{C}_1$ высоту $A_{1}H$ треугольника $A_1{D}_{1}P$. Ребро $A{A}_1$ перпендикулярно плоскости $A_1{B}_1{C}_1$, поэтому $A_{1}H$ — проекция наклонной $EH$ на эту плоскость. Так как $A_{1}H\perp D_{1}P$, по теореме о трёх перпендикулярах $EH\perp D_{1}P$. Значит, $\angle EH{A}_1$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью $A_1{B}_1{C}_1$. Обозначим его $\phi$.

Рассмотрим треугольник $P{A}_1{D}_1$. Отрезок $B_{1}T$ параллелен $A_1{D}_1$ (как $B_1{C}_1\parallel A_1{D}_1$) и $B_{1}T=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1=\frac{1}{2}{A}_1{D}_1$. Треугольники $P{B}_{1}T$ и $P{A}_1{D}_1$ подобны с коэффициентом $\frac{1}{2}$, поэтому $P{B}_1=\frac{1}{2}P{A}_1$, то есть $B_1$ — середина $A_{1}P$:

$$A_{1}P=2A_1{B}_1=2AB=4\sqrt{2}.$$

Все грани прямоугольного параллелепипеда — прямоугольники, поэтому $\angle D_1{A}_{1}P=90^{\circ }$. По теореме Пифагора

$$D_{1}P=\sqrt{A_1{D}_1^2+A_1{P}^2}=\sqrt{4^2+{\left(4\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}.$$

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

$$A_{1}H=\frac{A_1{D}_1\cdot A_{1}P}{D_{1}P}=\frac{4\cdot 4\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.$$

Из условия $A_{1}E:EA=3:1$ и $A{A}_1=12$ получаем $A_{1}E=9$.

Так как $A{A}_1\perp (A_1{B}_1{C}_1)$, то $E{A}_1\perp A_{1}H$, и треугольник $E{A}_{1}H$ прямоугольный. Тогда

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{A_{1}E}{A_{1}H}=\frac{9\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}=\frac{9\sqrt{6}}{8}.$$

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{9\sqrt{6}}{8}$.