На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E:EA=6:1, а на… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Параллелепипеды сложная 2026 развёрнутое

На ребре $A A_{1}$ прямоугольного параллелепипеда $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ взята точка $E$ так, что $A_{1} E : E A = 6 : 1,$ а на ребре $B B_{1}$ — точка $F$ так, что $B_{1} F : F B = 3 : 4.$ Известно, что $A B = 72,$ $A D = 12,$ $A A_{1} = 14.$

а) Докажите, что плоскость $E F D_{1}$ делит ребро $B_{1} C_{1}$ на два равных отрезка.

б) Найдите угол между плоскостью $E F D_{1}$ и плоскостью $A A_{1} B_{1} .$

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

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение. Пусть $A A_{1} = B B_{1} = 7 t$ . Из условий $A_{1} E : E A = 6 : 1$ и $B_{1} F : F B = 3 : 4$ :

$A E = t, A_{1} E = 6 t, B_{1} F = 3 t, B F = 4 t .$

Точки $E$ , $F$ и прямая $A_{1} B_{1}$ лежат в плоскости грани $A A_{1} B_{1} B$ . Прямые $E F$ и $A_{1} B_{1}$ не параллельны, так как $A_{1} E \neq = B_{1} F$ . Пусть они пересекаются в точке $X$ .

В треугольнике $X A_{1} E$ отрезок $B_{1} F$ параллелен стороне $A_{1} E$ (боковые рёбра параллельны). Треугольники $X B_{1} F$ и $X A_{1} E$ подобны, поэтому

$\frac{X B _{1}}{X A _{1}} = \frac{B _{1} F}{A _{1} E} = \frac{3 t}{6 t} = \frac{1}{2} .$

Значит, $B_{1}$ — середина $A_{1} X$ , а $B_{1} F$ — средняя линия треугольника $X A_{1} E$ .

Точка $X$ лежит на прямой $E F$ , то есть в плоскости $E F D_{1}$ , и на прямой $A_{1} B_{1}$ , то есть в плоскости верхнего основания. Точка $D_{1}$ тоже лежит в обеих плоскостях. Поэтому плоскость $E F D_{1}$ пересекает верхнее основание по прямой $X D_{1}$ . Пусть $X D_{1}$ пересекает ребро $B_{1} C_{1}$ в точке $K$ .

В треугольнике $X A_{1} D_{1}$ прямая $B_{1} K$ проходит через середину стороны $A_{1} X$ параллельно стороне $A_{1} D_{1}$ (так как $B_{1} C_{1} ∥ A_{1} D_{1}$ ). По теореме Фалеса $K$ — середина $X D_{1}$ , а $B_{1} K$ — средняя линия, поэтому

$B_{1} K = \frac{1}{2} A_{1} D_{1} = \frac{1}{2} B_{1} C_{1} .$

Значит, плоскость $E F D_{1}$ пересекает ребро $B_{1} C_{1}$ в его середине $K$ и делит его на два равных отрезка, что и требовалось доказать. Сечение — четырёхугольник $E F K D_{1}$ .

б) Плоскости $E F D_{1}$ и $A A_{1} B_{1}$ имеют общие точки $E$ , $F$ , $X$ , поэтому пересекаются по прямой $E X$ .

Ребро $A_{1} D_{1}$ перпендикулярно плоскости $A A_{1} B_{1}$ : грани прямоугольного параллелепипеда — прямоугольники, поэтому $A_{1} D_{1} ⊥ A_{1} A$ и $A_{1} D_{1} ⊥ A_{1} B_{1}$ . Проведём в плоскости $A A_{1} B_{1}$ перпендикуляр $A_{1} G$ к прямой $E X$ . Отрезок $D_{1} A_{1}$ — перпендикуляр к плоскости $A A_{1} B_{1}$ , $D_{1} G$ — наклонная, $A_{1} G$ — её проекция. Проекция перпендикулярна $E X$ , поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $D_{1} G ⊥ E X$ . Значит, $∠ A_{1} G D_{1}$ — линейный угол двугранного угла при ребре $E X$ . Этот угол острый (треугольник $D_{1} A_{1} G$ прямоугольный с прямым углом $A_{1}$ ), поэтому он и равен углу между плоскостями.

Найдём длины. Так как $A A_{1} = 14$ , то $t = 2$ :

$A_{1} E = 12, A_{1} X = 2 A_{1} B_{1} = 142, A_{1} D_{1} = A D = 12.$

Треугольник $E A_{1} X$ прямоугольный с прямым углом $A_{1}$ . По теореме Пифагора

$E X = A_{1} E^{2} + A_{1} X^{2} = 144 + 392 = 536 = 2134 .$

$A_{1} G$ — высота к гипотенузе, из двух выражений площади:

$A_{1} G = \frac{A _{1} E \cdot A _{1} X}{E X} = \frac{12 \cdot 14 2}{2 134} = \frac{84 2}{134} = \frac{84}{67} .$

В прямоугольном треугольнике $D_{1} A_{1} G$ :

$tg ∠ A_{1} G D_{1} = \frac{A _{1} D _{1}}{A _{1} G} = \frac{12 67}{84} = \frac{67}{7} .$

Значит, искомый угол равен $arctg \frac{67}{7}$ .

Ответ: б) $arctg \frac{67}{7}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15