Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁, O- центр грани… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Параллелепипеды сложная 2025 развёрнутое

Дан прямоугольный параллелепипед $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ , $O -$ центр грани $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} .$ Сечения параллелепипеда плоскостями $A O B$ И $B O C$ являются прямоугольниками, стороны $A B$ и $B C$ этих сечений являются их меньшими сторонами. $A B$ и $B C$ в $2$ раза меньше соответственных больших сторон сечений.

а) Доказать, что $A B C D$ — квадрат.

б) Найти угол между плоскостью $B O C$ и $C A_{1}$ .

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

Разбор — 3 балла

а) Плоскости оснований параллельны, поэтому плоскость $A B O$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $O$ параллельно $A B$ . Так как $O$ — центр прямоугольника $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ , эта прямая проходит через середины $F$ и $E$ рёбер $A_{1} D_{1}$ и $B_{1} C_{1}$ . Сечение плоскостью $A O B$ — прямоугольник $A B E F$ с меньшей стороной $A B$ и большей стороной $B E$ .

Аналогично плоскость $B O C$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $O$ параллельно $B C$ , то есть через середины $H$ и $G$ рёбер $A_{1} B_{1}$ и $C_{1} D_{1}$ . Сечение — прямоугольник $B C G H$ с меньшей стороной $B C$ и большей стороной $B H$ .

Рисунок к решению

Пусть $A B = 2 x$ , $B C = 2 y$ , $B B_{1} = h$ . Тогда $B_{1} H = \frac{1}{2} A_{1} B_{1} = x$ , $B_{1} E = \frac{1}{2} B_{1} C_{1} = y$ . По условию большие стороны сечений вдвое больше меньших:

$B E = 2 A B = 4 x, B H = 2 B C = 4 y .$

Ребро $B B_{1}$ перпендикулярно верхнему основанию, поэтому треугольники $B B_{1} E$ и $B B_{1} H$ прямоугольные. По теореме Пифагора

$h^{2} + y^{2} = 16 x^{2}, h^{2} + x^{2} = 16 y^{2} .$

Вычтем второе равенство из первого:

$y^{2} - x^{2} = 16 x^{2} - 16 y^{2} \Leftrightarrow 17 y^{2} = 17 x^{2} \Leftrightarrow x = y .$

Значит, $A B = B C$ , и прямоугольник $A B C D$ — квадрат, что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $A B = B C = 2 x$ , а из равенства $h^{2} + x^{2} = 16 x^{2}$ получаем $h = B B_{1} = x 15$ .

Сечение BCGH плоскостью BOC

Построим перпендикуляр из точки $A_{1}$ к плоскости $B O C$ . Прямая $B C$ перпендикулярна $A B$ и $B B_{1}$ , поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $B C ⊥ (A B B_{1})$ . Плоскость $B O C$ проходит через $B C$ , значит, по признаку перпендикулярности плоскостей $(B O C) ⊥ (A B B_{1})$ . Эти плоскости пересекаются по прямой $B H$ .

Проведём в плоскости $A B B_{1} A_{1}$ перпендикуляр $A_{1} T$ к прямой $B H$ . По свойству перпендикулярных плоскостей $A_{1} T ⊥ (B O C)$ . Тогда $C T$ — проекция прямой $C A_{1}$ на плоскость $B O C$ , и искомый угол $φ = ∠ A_{1} C T$ . В прямоугольном треугольнике $A_{1} T C$

$sin φ = \frac{A _{1} T}{A _{1} C} .$

Рисунок к решению

Найдём $A_{1} T$ — высоту треугольника $A_{1} H B$ , проведённую к стороне $B H$ . Высота этого треугольника, опущенная из $B$ на прямую $A_{1} H$ (то есть на $A_{1} B_{1}$ ), равна $B B_{1} = x 15$ , а $A_{1} H = x$ . Запишем площадь двумя способами:

$\frac{1}{2} \cdot A_{1} H \cdot B B_{1} = \frac{1}{2} \cdot B H \cdot A_{1} T \Leftrightarrow A_{1} T = \frac{A _{1} H \cdot B B _{1}}{B H} = \frac{x \cdot x 15}{4 x} = \frac{x 15}{4} .$

Диагональ прямоугольного параллелепипеда:

$A_{1} C = A B^{2} + B C^{2} + A A_{1}^{2} = 4 x^{2} + 4 x^{2} + 15 x^{2} = x 23 .$

Тогда

$sin φ = \frac{\frac{x 15}{4}}{x 23} = \frac{15}{4 23}, φ = arcsin \frac{15}{4 23} .$

Ответ: б) $arcsin \frac{15}{4 23}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15