ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Найдём длины отрезков на рёбрах:

$$A_{1}E=\frac{5}{8}A{A}_1=10,B_{1}F=\frac{5}{16}B{B}_1=5,B_{1}T=\frac{1}{2}{B}_1{C}_1=5,A_1{D}_1=AD=10.$$

Отметим на ребре $A_{1}A$ точку $F^{\prime }$, а на ребре $A_1{D}_1$ точку $T^{\prime }$ так, что $A_1{F}^{\prime }=B_{1}F=5$ и $A_1{T}^{\prime }=B_{1}T=5$. Отрезки $B_{1}F$ и $A_1{F}^{\prime }$ параллельны и равны, поэтому $B_{1}F{F}^{\prime }{A}_1$ — параллелограмм, и $F{F}^{\prime }\parallel B_1{A}_1$, $F{F}^{\prime }=B_1{A}_1$. Точно так же $T{T}^{\prime }\parallel B_1{A}_1$ и $T{T}^{\prime }=B_1{A}_1$. Значит, $F{F}^{\prime }{T}^{\prime }T$ — параллелограмм, и

$$FT\parallel F^{\prime }{T}^{\prime },FT=F^{\prime }{T}^{\prime }.$$

Иначе говоря, треугольник $A_1{F}^{\prime }{T}^{\prime }$ получается из треугольника $B_{1}FT$ параллельным переносом на вектор $\overrightarrow{B_1{A}_1}$.

В треугольнике $A_{1}E{D}_1$ точки $F^{\prime }$ и $T^{\prime }$ — середины сторон $A_{1}E$ и $A_1{D}_1$ ($A_1{F}^{\prime }=5=\frac{1}{2}{A}_{1}E$, $A_1{T}^{\prime }=5=\frac{1}{2}{A}_1{D}_1$). Поэтому $F^{\prime }{T}^{\prime }$ — средняя линия: $F^{\prime }{T}^{\prime }\parallel E{D}_1$ и $F^{\prime }{T}^{\prime }=\frac{1}{2}E{D}_1$.

Прямые $FT$ и $E{D}_1$ параллельны одной прямой $F^{\prime }{T}^{\prime }$, значит, параллельны между собой. Через две параллельные прямые проходит единственная плоскость; она содержит точки $E$, $F$, $T$, то есть совпадает с плоскостью $EFT$. Следовательно, точка $D_1$ лежит в плоскости $EFT$, что и требовалось доказать.

б) Плоскость $EFT$ пересекает грани $AB{B}_1{A}_1$, $BC{C}_1{B}_1$, $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ и $AD{D}_1{A}_1$ по отрезкам $EF$, $FT$, $T{D}_1$ и $D_{1}E$, поэтому сечение — четырёхугольник $EFT{D}_1$.

В нём $FT\parallel E{D}_1$ и $FT=\frac{1}{2}E{D}_1\ne E{D}_1$, поэтому стороны $EF$ и $T{D}_1$ не параллельны (иначе получился бы параллелограмм с равными противоположными сторонами), и $EFT{D}_1$ — трапеция с основаниями $FT$ и $E{D}_1$.

Основания найдём из прямоугольных треугольников $E{A}_1{D}_1$ и $F{B}_{1}T$:

$$E{D}_1=\sqrt{A_1{E}^2+A_1{D}_1^2}=\sqrt{100+100}=10\sqrt{2},FT=\frac{1}{2}E{D}_1=5\sqrt{2}.$$

Найдём боковые стороны. В грани $AB{B}_1{A}_1$ опустим перпендикуляр $FK$ на ребро $A{A}_1$. Тогда $A_{1}K=B_{1}F=5$, $KE=A_{1}E-A_{1}K=5$, $FK=A_1{B}_1=6\sqrt{2}$, и по теореме Пифагора

$$EF=\sqrt{F{K}^2+K{E}^2}=\sqrt{72+25}=\sqrt{97}.$$

В прямоугольном треугольнике $T{C}_1{D}_1$ катеты $T{C}_1=5$ и $C_1{D}_1=6\sqrt{2}$:

$$T{D}_1=\sqrt{T{C}_1^2+C_1{D}_1^2}=\sqrt{25+72}=\sqrt{97}.$$

Боковые стороны равны, значит, трапеция равнобедренная. Проекция боковой стороны на большее основание равна полуразности оснований:

$$\frac{E{D}_1-FT}{2}=\frac{10\sqrt{2}-5\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}.$$

По теореме Пифагора высота трапеции

$$h=\sqrt{97-{\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{97-\frac{25}{2}}=\sqrt{\frac{169}{2}}=\frac{13}{\sqrt{2}}.$$

$$S_{EFT{D}_1}=\frac{FT+E{D}_1}{2}\cdot h=\frac{5\sqrt{2}+10\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{13}{\sqrt{2}}=\frac{15\cdot 13}{2}=97,5.$$

Ответ: б) $97,5$.