ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $AB=x$, $BC=y$.

Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Поэтому плоскость $AOB$ пересекает плоскость верхнего основания по прямой, проходящей через $O$ параллельно $AB$. Пусть она пересекает рёбра $A_1{D}_1$ и $B_1{C}_1$ в точках $E$ и $F$. Сечение плоскостью $AOB$ — прямоугольник $ABFE$.

Аналогично плоскость $BOC$ пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через $O$ параллельно $BC$. Пусть она пересекает рёбра $A_1{B}_1$ и $D_1{C}_1$ в точках $N$ и $M$. Сечение плоскостью $BOC$ — прямоугольник $BCMN$.

$O$ — центр прямоугольника $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$, а прямая, проходящая через центр прямоугольника параллельно его стороне, проходит через середины двух других сторон. Поэтому $E$ и $N$ — середины $A_1{D}_1$ и $A_1{B}_1$:

$$A_{1}E=\frac{A_1{D}_1}{2}=\frac{y}{2},B_{1}N=\frac{A_1{B}_1}{2}=\frac{x}{2}.$$

По условию меньшие стороны $AB$ и $BC$ втрое меньше больших сторон, поэтому

$$AE=3x,BN=3y.$$

Параллелепипед прямоугольный, боковые рёбра перпендикулярны основаниям. Из прямоугольного треугольника $A{A}_{1}E$ по теореме Пифагора

$$A{A}_1^2=A{E}^2-A_1{E}^2=9x^2-\frac{y^2}{4}.$$

Из прямоугольного треугольника $B{B}_{1}N$:

$$B{B}_1^2=B{N}^2-B_1{N}^2=9y^2-\frac{x^2}{4}.$$

Боковые рёбра равны, $A{A}_1=B{B}_1$, поэтому

$$9x^2-\frac{y^2}{4}=9y^2-\frac{x^2}{4},\frac{37}{4}{x}^2=\frac{37}{4}{y}^2,x=y.$$

Итак, $AB=BC$, и прямоугольник $ABCD$ с равными соседними сторонами — квадрат, что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) при $x=y$:

$$B{B}_1^2=9x^2-\frac{x^2}{4}=\frac{35x^2}{4},B{B}_1=\frac{\sqrt{35}x}{2}.$$

Найдём проекцию точки $B_1$ на плоскость $BOC$. Проведём в треугольнике $B{B}_{1}N$ высоту $B_{1}H$ к гипотенузе $BN$.

Прямая $BC$ перпендикулярна $AB$ (основание — квадрат) и $B{B}_1$ (ребро перпендикулярно основанию). Значит, по признаку $BC\perp (AB{B}_1)$, и $BC$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в частности $BC\perp B_{1}H$.

Итак, $B_{1}H\perp BN$ и $B_{1}H\perp BC$, а $BN$ и $BC$ — пересекающиеся прямые плоскости $BOC$. Следовательно, $B_{1}H\perp (BOC)$, $H$ — проекция точки $B_1$, а $CH$ — проекция прямой $B_{1}C$ на эту плоскость. Угол между прямой $B_{1}C$ и плоскостью $BOC$ равен углу $B_{1}CH$, и треугольник $B_{1}HC$ прямоугольный с прямым углом $H$:

$$\sin \angle B_{1}CH=\frac{B_{1}H}{B_{1}C}.$$

Высота прямоугольного треугольника $B{B}_{1}N$, проведённая к гипотенузе:

$$B_{1}H=\frac{B_{1}N\cdot B{B}_1}{BN}=\frac{\frac{x}{2}\cdot \frac{\sqrt{35}x}{2}}{3x}=\frac{\sqrt{35}x}{12}.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $B{B}_{1}C$:

$$B_{1}C=\sqrt{B{B}_1^2+B{C}^2}=\sqrt{\frac{35x^2}{4}+x^2}=\frac{\sqrt{39}x}{2}.$$

Тогда

$$\sin \angle B_{1}CH=\frac{\sqrt{35}x}{12}\cdot \frac{2}{\sqrt{39}x}=\frac{\sqrt{35}}{6\sqrt{39}},\angle B_{1}CH=\arcsin \frac{\sqrt{35}}{6\sqrt{39}}.$$

Ответ: б) $\arcsin \frac{\sqrt{35}}{6\sqrt{39}}$.