ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Выясним, какие стороны трапеции параллельны. Сторона $KC$ лежит в плоскости нижнего основания, сторона $LM$ — в плоскости верхнего. Основания параллелепипеда лежат в параллельных плоскостях, а третья плоскость пересекает их по параллельным прямым. Поэтому $KC\parallel LM$, то есть $KC$ и $LM$ — основания трапеции, а $KL$ и $MC$ — боковые стороны, причём $KL=MC$.

Пусть $K_1$ — проекция точки $K$ на плоскость верхнего основания. Параллелепипед прямоугольный, поэтому $K{K}_1\parallel A{A}_1$, и точка $K_1$ лежит на ребре $A_1{B}_1$. Отрезки $K{K}_1$ и $C{C}_1$ параллельны и равны, поэтому $K{K}_1{C}_{1}C$ — параллелограмм и

$$K_1{C}_1\parallel KC,K_1{C}_1=KC.$$

Тогда $LM\parallel K_1{C}_1$. В треугольнике $B_1{K}_1{C}_1$ точка $M$ лежит на стороне $B_1{C}_1$, а прямая $LM$ параллельна стороне $K_1{C}_1$, поэтому она пересекает сторону $B_1{K}_1$, и $L$ — точка этой стороны. Треугольник $B_{1}LM$ подобен треугольнику $B_1{K}_1{C}_1$ с коэффициентом $\frac{B_{1}M}{B_1{C}_1}<1$ (точка $M$ не совпадает с $C_1$, иначе $L=K_1$, $LM=KC$ и $KLMC$ был бы параллелограммом). Значит,

$$LM<K_1{C}_1=KC,LM=4,KC=8.$$

Коэффициент подобия равен $\frac{LM}{K_1{C}_1}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$, поэтому

$$\frac{B_{1}M}{B_1{C}_1}=\frac{B_{1}L}{B_1{K}_1}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $M$ — середина $B_1{C}_1$, что и требовалось доказать. Заодно получили, что $L$ — середина $B_1{K}_1$.

б) Рассмотрим треугольники $K{K}_{1}L$ и $C{C}_{1}M$. Прямые $K{K}_1$ и $C{C}_1$ перпендикулярны плоскости верхнего основания, поэтому оба треугольника прямоугольные с прямыми углами $K_1$ и $C_1$. У них $K{K}_1=C{C}_1$ и $KL=CM$, значит, они равны по катету и гипотенузе, и $K_{1}L=C_{1}M$.

Так как $L$ — середина $B_1{K}_1$, а $M$ — середина $B_1{C}_1$, то

$$B_{1}L=K_{1}L=C_{1}M=B_{1}M.$$

Угол $L{B}_{1}M$ прямой (грань $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ — прямоугольник), поэтому треугольник $L{B}_{1}M$ — равнобедренный прямоугольный с гипотенузой $LM=4$:

$$B_{1}M=C_{1}M=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}.$$

Найдём высоту $h$ трапеции из формулы площади:

$$12\sqrt{2}=\frac{4+8}{2}\cdot h,h=2\sqrt{2}.$$

Проведём в трапеции высоту $MH$ к основанию $KC$. В равнобедренной трапеции основание высоты, опущенной из вершины меньшего основания, отсекает от большего основания отрезок, равный полуразности оснований:

$$HC=\frac{8-4}{2}=2.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $MHC$:

$$M{C}^2=M{H}^2+H{C}^2=8+4=12.$$

Треугольник $M{C}_{1}C$ прямоугольный ($C{C}_1$ перпендикулярна плоскости верхнего основания), поэтому

$$C{C}_1^2=M{C}^2-C_1{M}^2=12-8=4,C{C}_1=2.$$

Построим линейный угол двугранного угла между плоскостями $KLM$ и $ABC$. Они пересекаются по прямой $KC$. Пусть $M^{\prime }$ — проекция точки $M$ на плоскость основания; $M^{\prime }$ лежит на $BC$ и $M{M}^{\prime }=C{C}_1=2$. Отрезок $M{M}^{\prime }$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, $MH$ — наклонная, $M^{\prime }H$ — её проекция. Наклонная перпендикулярна прямой $KC$, поэтому по теореме, обратной теореме о трёх перпендикулярах, $M^{\prime }H\perp KC$. Значит, $\angle MH{M}^{\prime }$ — линейный угол двугранного угла, и искомый угол $\phi =\angle MH{M}^{\prime }$ (он острый как угол прямоугольного треугольника).

Из прямоугольного треугольника $M{M}^{\prime }H$:

$$\sin \phi =\frac{M{M}^{\prime }}{MH}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\phi =45^{\circ }.$$

Ответ: б) $45^{\circ }$.