ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Плоскость $A_{1}PQ$ пересекает грань $AB{B}_1{A}_1$ по прямой $A_{1}Q$, а грань $DC{C}_1{D}_1$ — по прямой $PM$ (точки $P$ и $M$ лежат и в плоскости сечения, и в этой грани). Противоположные грани куба лежат в параллельных плоскостях, а две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым. Поэтому

$$A_{1}Q\parallel PM.$$

Точно так же плоскость сечения пересекает параллельные грани $AD{D}_1{A}_1$ и $BC{C}_1{B}_1$ по прямым $A_{1}P$ и $QM$, откуда $A_{1}P\parallel QM$. В четырёхугольнике $A_{1}QMP$ противоположные стороны попарно параллельны, значит, это параллелограмм и

$$A_{1}Q=PM.$$

Проведём в грани $DC{C}_1{D}_1$ отрезок $P{P}^{\prime }\parallel D_1{C}_1$, где $P^{\prime }$ — точка ребра $C{C}_1$. Тогда $P{D}_1{C}_1{P}^{\prime }$ — прямоугольник, поэтому

$$P{P}^{\prime }=D_1{C}_1=12,C_1{P}^{\prime }=D_{1}P=D{D}_1-DP=12-10=2.$$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $A_1{B}_{1}Q$ и $P{P}^{\prime }M$: $\angle A_1{B}_{1}Q=90^{\circ }$ (грань куба — квадрат), $\angle P{P}^{\prime }M=90^{\circ }$ (так как $P{P}^{\prime }\parallel D_1{C}_1\perp C{C}_1$). У них равны катеты $A_1{B}_1=P{P}^{\prime }=12$ и гипотенузы $A_{1}Q=PM$. Значит, треугольники равны по катету и гипотенузе, и

$$P^{\prime }M=B_{1}Q=4.$$

Точка $M$ лежит на ребре $C{C}_1$ на расстоянии 4 от $P^{\prime }$. Выше точки $P^{\prime }$ она быть не может, ведь $C_1{P}^{\prime }=2<4$. Значит, $M$ лежит ниже $P^{\prime }$ и

$$C_{1}M=C_1{P}^{\prime }+P^{\prime }M=2+4=6=\frac{1}{2}C{C}_1.$$

Итак, $M$ — середина ребра $C{C}_1$, что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим тетраэдр $PQM{C}_1$ и запишем его объём двумя способами. Если взять основанием треугольник $QM{C}_1$, высотой будет расстояние от $P$ до плоскости $BC{C}_1$; если основанием взять $PQM$, высотой будет искомое расстояние $\rho$ от $C_1$ до плоскости $PQM$, то есть до плоскости $A_{1}PQ$:

$$V_{PQM{C}_1}=\frac{1}{3}{S}_{QM{C}_1}\cdot \rho (P;(BC{C}_1))=\frac{1}{3}{S}_{PQM}\cdot \rho .(\ast )$$

Найдём $S_{QM{C}_1}$. Треугольник лежит в грани $BC{C}_1{B}_1$, его сторона $C_{1}M=6$ лежит на прямой $C{C}_1$, а высота, опущенная из $Q$ на эту прямую, равна расстоянию между параллельными прямыми $B{B}_1$ и $C{C}_1$, то есть $BC=12$:

$$S_{QM{C}_1}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 12=36.$$

Прямая $DC$ перпендикулярна плоскости $BC{C}_1$ (она перпендикулярна $BC$ и $C{C}_1$), а ребро $D{D}_1$ параллельно этой плоскости. Поэтому $\rho (P;(BC{C}_1))=DC=12$ и

$$V_{PQM{C}_1}=\frac{1}{3}\cdot 36\cdot 12=144.$$

Найдём стороны треугольника $PQM$. Для этого отметим ещё две точки: $Q^{\prime }$ на ребре $C{C}_1$, где $Q{Q}^{\prime }\parallel BC$, и $T$ на ребре $B{B}_1$, где $PT\parallel D_1{B}_1$.

Четырёхугольник $BQ{Q}^{\prime }C$ — прямоугольник, поэтому $C{Q}^{\prime }=BQ=12-4=8$, $C_1{Q}^{\prime }=4$ и $Q^{\prime }M=C_{1}M-C_1{Q}^{\prime }=2$, а $Q{Q}^{\prime }=12$. $P{D}_1{B}_{1}T$ — прямоугольник, поэтому $B_{1}T=D_{1}P=2$, $TQ=B_{1}Q-B_{1}T=2$, $PT=B_1{D}_1=12\sqrt{2}$. Все три треугольника $P{P}^{\prime }M$, $Q{Q}^{\prime }M$ и $PTQ$ прямоугольные, по теореме Пифагора:

$$PM=\sqrt{P{P}^{\prime 2}+P^{\prime }{M}^2}=\sqrt{144+16}=4\sqrt{10},$$

$$QM=\sqrt{Q{Q}^{\prime 2}+Q^{\prime }{M}^2}=\sqrt{144+4}=2\sqrt{37},$$

$$PQ=\sqrt{P{T}^2+T{Q}^2}=\sqrt{288+4}=2\sqrt{73}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $PQM$:

$$P{M}^2=P{Q}^2+Q{M}^2-2\cdot PQ\cdot QM\cdot \cos \angle PQM,$$

$$160=292+148-2\cdot 2\sqrt{73}\cdot 2\sqrt{37}\cdot \cos \angle PQM,\cos \angle PQM=\frac{280}{8\sqrt{2701}}=\frac{35}{\sqrt{2701}}.$$

По основному тригонометрическому тождеству (угол треугольника, синус положителен):

$$\sin \angle PQM=\sqrt{1-\frac{1225}{2701}}=\sqrt{\frac{1476}{2701}}=\frac{6\sqrt{41}}{\sqrt{2701}}.$$

Тогда

$$S_{PQM}=\frac{1}{2}\cdot PQ\cdot QM\cdot \sin \angle PQM=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{73}\cdot 2\sqrt{37}\cdot \frac{6\sqrt{41}}{\sqrt{2701}}=12\sqrt{41}.$$

Из равенства $(\ast )$:

$$\rho =\frac{3V_{PQM{C}_1}}{S_{PQM}}=\frac{3\cdot 144}{12\sqrt{41}}=\frac{36}{\sqrt{41}}.$$

Проверим ответ координатным методом. Поместим начало координат в точку $B$, ось $Ox$ направим по $BA$, ось $Oy$ — по $BC$, ось $Oz$ — по $B{B}_1$.

Тогда $A_1(12;0;12)$, $P(12;12;10)$, $Q(0;0;8)$, $M(0;12;6)$, $C_1(0;12;12)$. Подстановкой проверяем, что все четыре точки $A_1$, $P$, $Q$, $M$ удовлетворяют уравнению $2x-y-6z+48=0$:

$$24-72+48=0,24-12-60+48=0,-48+48=0,-12-36+48=0.$$

Это ещё раз подтверждает, что $M$ лежит в плоскости сечения. Расстояние от $C_1$ до плоскости:

$$\rho =\frac{|2\cdot 0-12-6\cdot 12+48|}{\sqrt{2^2+1^2+6^2}}=\frac{36}{\sqrt{41}}.$$

Ответ: б) $\frac{36}{\sqrt{41}}$.