ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Параллелепипед прямоугольный, поэтому боковое ребро $B{B}_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Точка $K$ лежит на $B{B}_1$, значит, $KB\perp (ABC)$, и прямая $KB$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости. Заметим, что $K\ne B$: иначе плоскость $ACK$ совпала бы с плоскостью основания и не образовывала бы с ней угол $45^{\circ }$.

Проведём в плоскости основания высоту $BH$ треугольника $ABC$, то есть $BH\perp AC$. Отрезок $KB$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, $KH$ — наклонная, $BH$ — её проекция на эту плоскость. Проекция перпендикулярна прямой $AC$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $KH\perp AC$.

Плоскости $ABC$ и $ACK$ пересекаются по прямой $AC$, а отрезки $BH$ и $KH$ лежат в этих плоскостях и перпендикулярны $AC$ в одной и той же точке $H$. Значит, $\angle KHB$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями. Он острый (это острый угол прямоугольного треугольника $KBH$), поэтому он равен углу между плоскостями:

$$\angle KHB=45^{\circ }.$$

Сравним отрезки $BH$ и $BO$. Диагонали прямоугольника делятся точкой пересечения пополам, поэтому $O$ — середина $AC$ и $BO$ — медиана треугольника $ABC$. Стороны $AB$ и $BC$ различны ($9\ne 12$), значит, треугольник $ABC$ не равнобедренный, его медиана $BO$ не совпадает с высотой $BH$ и точка $H$ отлична от $O$. Отрезок $BH$ — перпендикуляр к прямой $AC$, а $BO$ — наклонная к ней из той же точки $B$. Перпендикуляр короче наклонной, поэтому

$$BH<BO.$$

Треугольники $KBO$ и $KBH$ прямоугольные с прямым углом при вершине $B$ (так как $KB\perp (ABC)$). По определению тангенса острого угла

$$\mathrm{tg}\angle KOB=\frac{KB}{BO}<\frac{KB}{BH}=\mathrm{tg}\angle KHB=\mathrm{tg}45^{\circ }=1.$$

Оба угла острые, а на промежутке $(0^{\circ };90^{\circ })$ тангенс возрастает. Поэтому из $\mathrm{tg}\angle KOB<\mathrm{tg}45^{\circ }$ следует $\angle KOB<45^{\circ }$, что и требовалось доказать.

б) Сначала найдём $BK$ из условия на угол между плоскостями.

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $ABC$:

$$AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15.$$

Высоту $BH$, проведённую к гипотенузе, найдём, записав площадь треугольника $ABC$ двумя способами: $\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}AC\cdot BH$. Отсюда

$$BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{9\cdot 12}{15}=\frac{36}{5}.$$

В прямоугольном треугольнике $KBH$ острый угол $KHB$ равен $45^{\circ }$, значит, и второй острый угол равен $45^{\circ }$, и треугольник равнобедренный:

$$BK=BH=\frac{36}{5}.$$

Теперь выясним, какую часть ребра $B{B}_1$ составляет отрезок $BK$. Рассмотрим диагональное сечение $B{B}_1{D}_{1}D$. Его плоскость содержит прямую $B_{1}D$, а также точки $O$ (она лежит на $BD$) и $K$ (она лежит на $B{B}_1$). Точки $O$ и $K$ принадлежат и плоскости $ACK$, поэтому плоскости $B{B}_{1}D$ и $ACK$ пересекаются по прямой $KO$.

По условию прямая $B_{1}D$ параллельна плоскости $ACK$. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения параллельна данной прямой. Плоскость $B{B}_{1}D$ проходит через $B_{1}D$ и пересекает плоскость $ACK$ по прямой $KO$, значит,

$$KO\parallel B_{1}D.$$

В треугольнике $B{B}_{1}D$ точка $O$ — середина стороны $BD$ (диагонали прямоугольника $ABCD$ делятся пополам), а прямая $OK$ параллельна стороне $D{B}_1$. По теореме Фалеса $K$ — середина $B{B}_1$, то есть $KO$ — средняя линия треугольника $B{B}_{1}D$. Тогда высота параллелепипеда

$$B{B}_1=2BK=2\cdot \frac{36}{5}=\frac{72}{5}.$$

Объём прямоугольного параллелепипеда равен произведению трёх его измерений:

$$V=AB\cdot BC\cdot B{B}_1=9\cdot 12\cdot \frac{72}{5}=\frac{7776}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{7776}{5}$.