ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Найдём длины отрезков на боковых рёбрах. Так как $A{A}_1=B{B}_1=16$, из отношений в условии получаем

$$A_{1}E=\frac{3}{4}\cdot 16=12,EA=4;B_{1}F=\frac{3}{8}\cdot 16=6,FB=10.$$

Точки $E$ и $F$ лежат в плоскости грани $A{A}_1{B}_{1}B$. Четырёхугольник $A_{1}EF{B}_1$ — трапеция: $A_{1}E\parallel B_{1}F$, но $A_{1}E\ne B_{1}F$. Поэтому её боковые стороны лежат на непараллельных прямых, и прямая $EF$ пересекает прямую $A_1{B}_1$ в некоторой точке $T$. Так как $B_{1}F<A_{1}E$, точка $T$ лежит на продолжении $A_1{B}_1$ за точку $B_1$.

Треугольники $T{B}_{1}F$ и $T{A}_{1}E$ подобны по двум углам: угол при вершине $T$ общий, а $\angle T{B}_{1}F=\angle T{A}_{1}E=90^{\circ }$ (боковые рёбра прямоугольного параллелепипеда перпендикулярны рёбрам основания). Из подобия

$$\frac{T{B}_1}{T{A}_1}=\frac{B_{1}F}{A_{1}E}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $B_1$ — середина $A_{1}T$ и

$$B_{1}T=A_1{B}_1=5\sqrt{2}.$$

Точка $T$ лежит на прямой $EF$, то есть в плоскости $EF{D}_1$, и на прямой $A_1{B}_1$, то есть в плоскости верхней грани. Точка $D_1$ тоже принадлежит обеим плоскостям. Следовательно, плоскость $EF{D}_1$ пересекает плоскость $A_1{B}_1{C}_1$ по прямой $D_{1}T$.

В плоскости верхней грани точки $T$ и $D_1$ лежат по разные стороны от прямой $B_1{C}_1$ ($T$ — на продолжении $A_1{B}_1$ за $B_1$, а $D_1$ — с той же стороны, что и $A_1$). Поэтому отрезок $D_{1}T$ пересекает прямую $B_1{C}_1$ в некоторой точке $W$ — это и есть точка, в которой плоскость $EF{D}_1$ пересекает прямую $B_1{C}_1$.

Рассмотрим треугольники $W{B}_{1}T$ и $W{C}_1{D}_1$. В них:

• $\angle T{B}_{1}W=\angle D_1{C}_{1}W=90^{\circ }$, так как $A_1{B}_1\perp B_1{C}_1$ и $C_1{D}_1\perp B_1{C}_1$ (верхняя грань — прямоугольник);
• $\angle B_{1}WT=\angle C_{1}W{D}_1$ как вертикальные;
• $B_{1}T=A_1{B}_1=C_1{D}_1$ (противоположные стороны прямоугольника равны).

Значит, прямоугольные треугольники $W{B}_{1}T$ и $W{C}_1{D}_1$ равны по катету и противолежащему острому углу, и $B_{1}W=W{C}_1$. Точка $W$ — середина ребра $B_1{C}_1$, то есть плоскость $EF{D}_1$ делит это ребро на два равных отрезка, что и требовалось доказать.

б) Точки $E$, $F$ и $T$ лежат и в плоскости $EF{D}_1$, и в плоскости $A{A}_1{B}_1$, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой $ET$.

Проведём в плоскости $A{A}_1{B}_1$ перпендикуляр $A_{1}H$ к прямой $ET$. Ребро $A_1{D}_1$ перпендикулярно двум пересекающимся прямым $A_{1}A$ и $A_1{B}_1$ плоскости $A{A}_1{B}_1$ (грани — прямоугольники), значит, $A_1{D}_1\perp (A{A}_1{B}_1)$. Тогда $D_{1}H$ — наклонная, а $A_{1}H$ — её проекция на плоскость $A{A}_1{B}_1$. Проекция перпендикулярна прямой $ET$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $D_{1}H\perp ET$.

Следовательно, $\angle D_{1}H{A}_1$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $EF{D}_1$ и $A{A}_1{B}_1$. Он острый (угол прямоугольного треугольника $D_1{A}_{1}H$), поэтому равен искомому углу. Обозначим его $\phi$.

Найдём $A_{1}H$. По доказанному в пункте а) $A_{1}T=2A_1{B}_1=10\sqrt{2}$. Треугольник $E{A}_{1}T$ прямоугольный с прямым углом $A_1$, по теореме Пифагора

$$ET=\sqrt{A_1{E}^2+A_1{T}^2}=\sqrt{144+200}=\sqrt{344}=2\sqrt{86}.$$

$A_{1}H$ — высота, проведённая к гипотенузе, поэтому

$$A_{1}H=\frac{A_{1}E\cdot A_{1}T}{ET}=\frac{12\cdot 10\sqrt{2}}{2\sqrt{86}}=\frac{60\sqrt{2}}{\sqrt{86}}=\frac{60}{\sqrt{43}}.$$

В прямоугольном треугольнике $D_1{A}_{1}H$ катет $A_1{D}_1=AD=12$, поэтому

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{A_1{D}_1}{A_{1}H}=\frac{12\sqrt{43}}{60}=\frac{\sqrt{43}}{5},\phi =\mathrm{arctg}\frac{\sqrt{43}}{5}.$$

Тот же угол можно записать через косинус: $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{1+{\mathrm{tg}}^2\phi }}=\frac{5}{\sqrt{68}}=\frac{5}{2\sqrt{17}}$, то есть $\phi =\arccos \frac{5}{2\sqrt{17}}$.

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{\sqrt{43}}{5}$.