ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение. Пусть $X$ — точка пересечения диагоналей параллелепипеда; она делит каждую диагональ пополам, в частности, $X$ — середина $B{D}_1$ и середина $A_{1}C$. Значит, $X$ лежит в плоскости $\alpha$ (так как $B{D}_1\subset \alpha$) и в плоскости диагонального сечения $A{A}_1{C}_{1}C$ (так как $A_{1}C$ лежит в этой плоскости).

Плоскости $\alpha$ и $A{A}_1{C}_{1}C$ различны (точка $B$ лежит в $\alpha$, но не лежит в $A{A}_1{C}_{1}C$) и имеют общую точку $X$, поэтому пересекаются по некоторой прямой $\ell$, проходящей через $X$. Плоскость $A{A}_1{C}_{1}C$ проходит через прямую $AC$, параллельную плоскости $\alpha$, значит, линия пересечения $\ell$ параллельна $AC$.

Диагональное сечение $A{A}_1{C}_{1}C$ — прямоугольник, а $X$ — его центр (точка пересечения его диагоналей $A_{1}C$ и $A{C}_1$). Прямая, проходящая через центр прямоугольника параллельно стороне $AC$, — его средняя линия, она пересекает стороны $A{A}_1$ и $C{C}_1$ в их серединах. Обозначим эти середины $M$ и $N$.

Плоскость $\alpha$ пересекает грани $AB{B}_1{A}_1$, $AD{D}_1{A}_1$, $CD{D}_1{C}_1$, $BC{C}_1{B}_1$ по отрезкам $BM$, $M{D}_1$, $D_{1}N$, $NB$, и сечение — четырёхугольник $BM{D}_{1}N$. Противоположные грани параллелепипеда лежат в параллельных плоскостях, а параллельные плоскости секутся третьей плоскостью по параллельным прямым. Поэтому $BM\parallel N{D}_1$ и $M{D}_1\parallel BN$, и сечение — параллелограмм.

По условию сечение — ромб, значит, $BM=BN$. Треугольники $MAB$ и $NCB$ прямоугольные (боковые рёбра перпендикулярны основанию), у них равны гипотенузы $BM=BN$ и катеты $AM=CN=\frac{1}{2}A{A}_1$. Значит, они равны по гипотенузе и катету, и $AB=CB$. Прямоугольник $ABCD$ с равными соседними сторонами — квадрат, что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $AB=BC=12$, кроме того, $A{A}_1=10$, $AM=CN=5$.

Точки $B$ и $N$ лежат и в плоскости $\alpha$, и в плоскости $BC{C}_1$, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой $BN$.

Пусть $K$ — середина ребра $B{B}_1$. Четырёхугольник $ABKM$ — прямоугольник ($AM\parallel BK$, $AM=BK=5$, угол $A$ прямой), поэтому $MK\parallel AB$ и $MK=AB=12$. Ребро $AB$ перпендикулярно прямым $BC$ и $B{B}_1$, значит, $AB\perp (BC{C}_1)$, а тогда и $MK\perp (BC{C}_1)$.

Проведём в плоскости $BC{C}_1$ перпендикуляр $KP$ к прямой $BN$. Отрезок $MK$ — перпендикуляр к плоскости $BC{C}_1$, $MP$ — наклонная, $KP$ — её проекция. Проекция перпендикулярна $BN$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $MP\perp BN$. Значит, $\angle MPK$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $BC{C}_1$. Он острый (угол прямоугольного треугольника $MKP$), поэтому равен искомому углу $\phi$.

Найдём $KP$. Точки $K$ и $N$ — середины противоположных сторон $B{B}_1$ и $C{C}_1$ прямоугольника $BC{C}_1{B}_1$, поэтому $KN\parallel BC$ и $KN=BC=12$. Треугольник $BKN$ прямоугольный с прямым углом $K$ и катетами $BK=5$, $KN=12$. По теореме Пифагора

$$BN=\sqrt{B{K}^2+K{N}^2}=\sqrt{25+144}=13.$$

$KP$ — высота этого треугольника, проведённая к гипотенузе:

$$KP=\frac{BK\cdot KN}{BN}=\frac{5\cdot 12}{13}=\frac{60}{13}.$$

Из прямоугольного треугольника $MKP$:

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{MK}{KP}=\frac{12\cdot 13}{60}=\frac{13}{5},\phi =\mathrm{arctg}\frac{13}{5}.$$

Тот же угол можно записать как $\phi =\arccos \frac{5}{\sqrt{194}}$, так как $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{1+{\mathrm{tg}}^2\phi }}=\frac{5}{\sqrt{194}}$.

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{13}{5}$.