На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E:EA=1:2, на… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Параллелепипеды средняя 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 $A_{1} E : E A = 1 : 2$ , на ребре $B B_{1}$ — точка $F$ так, что $B_{1} F : F B = 1 : 5$ , а точка Т — середина ребра $B_{1} C_{1}$ . Известно, что $A B = 2$ , $A D = 6$ , $A A_{1} = 6$ .

а) Докажите, что плоскость $E F T$ проходит через вершину $D_{1}$ .

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

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

Разбор — 3 балла

Сечение EFTD₁, угол D₁HA₁

а) Найдём длины отрезков. Так как $A A_{1} = B B_{1} = 6$ , $B_{1} C_{1} = A_{1} D_{1} = A D = 6$ :

$A_{1} E = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2, E A = 4; B_{1} F = \frac{1}{6} \cdot 6 = 1, F B = 5; B_{1} T = \frac{1}{2} B_{1} C_{1} = 3.$

Грани $A A_{1} D_{1} D$ и $B B_{1} C_{1} C$ лежат в параллельных плоскостях, а параллельные плоскости секутся третьей плоскостью по параллельным прямым. Плоскость $E F T$ пересекает грань $B B_{1} C_{1} C$ по прямой $F T$ , значит, грань $A A_{1} D_{1} D$ она пересекает по прямой, проходящей через $E$ параллельно $F T$ . Покажем, что это прямая $E D_{1}$ .

Треугольники $F B_{1} T$ и $E A_{1} D_{1}$ прямоугольные (прямые углы при вершинах $B_{1}$ и $A_{1}$ ), и их катеты пропорциональны:

$\frac{B _{1} F}{A _{1} E} = \frac{1}{2}, \frac{B _{1} T}{A _{1} D _{1}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} .$

Значит, треугольники подобны с коэффициентом $\frac{1}{2}$ , причём их соответственные катеты сонаправлены: $F B_{1}$ и $E A_{1}$ направлены вдоль боковых рёбер вверх, $B_{1} T$ и $A_{1} D_{1}$ — вдоль параллельных рёбер $B_{1} C_{1}$ и $A_{1} D_{1}$ в одну сторону. Поэтому $F B_{1} = \frac{1}{2} E A_{1}$ , $B_{1} T = \frac{1}{2} A_{1} D_{1}$ и

$F T = F B_{1} + B_{1} T = \frac{1}{2} (E A_{1} + A_{1} D_{1}) = \frac{1}{2} E D_{1} .$

Следовательно, $E D_{1} ∥ F T$ . Через точку $E$ проходит единственная прямая, параллельная $F T$ , и она лежит в плоскости $E F T$ ; это прямая $E D_{1}$ . Значит, $D_{1}$ лежит в плоскости $E F T$ , что и требовалось доказать. Сечение параллелепипеда — трапеция $E F T D_{1}$ .

Рисунок к решению

б) Плоскости $E F T$ и $A A_{1} B_{1}$ пересекаются по прямой $E F$ . Ребро $A_{1} D_{1}$ перпендикулярно пересекающимся прямым $A_{1} A$ и $A_{1} B_{1}$ (грани — прямоугольники), поэтому $A_{1} D_{1} ⊥ (A A_{1} B_{1})$ .

Проведём в плоскости $A A_{1} B_{1}$ перпендикуляр $A_{1} H$ к прямой $E F$ . Тогда $A_{1} D_{1}$ — перпендикуляр к этой плоскости, $D_{1} H$ — наклонная, $A_{1} H$ — её проекция. Проекция перпендикулярна $E F$ , поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $D_{1} H ⊥ E F$ . Значит, $∠ D_{1} H A_{1}$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $E F T$ и $A A_{1} B_{1}$ . Он острый (угол прямоугольного треугольника $D_{1} A_{1} H$ ), поэтому равен искомому углу $φ$ .

Рассмотрим грань $A A_{1} B_{1} B$ — прямоугольник со сторонами $A_{1} B_{1} = 2$ и $A A_{1} = 6$ . Опустим перпендикуляр $F R$ на ребро $A A_{1}$ . Четырёхугольник $A_{1} B_{1} F R$ — прямоугольник, поэтому $A_{1} R = B_{1} F = 1$ , $F R = A_{1} B_{1} = 2$ и $R E = A_{1} E - A_{1} R = 1$ . По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $E R F$ :

$E F = R E^{2} + F R^{2} = 1 + 4 = 5 .$

Рисунок к решению

Найдём $A_{1} H$ через площадь треугольника $A_{1} E F$ . Если взять основанием $A_{1} E = 2$ , то высотой будет расстояние $F R = 2$ от точки $F$ до прямой $A A_{1}$ :

$S_{A_{1} E F} = \frac{1}{2} \cdot A_{1} E \cdot F R = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2.$

С другой стороны, $S_{A_{1} E F} = \frac{1}{2} \cdot E F \cdot A_{1} H$ , откуда

$A_{1} H = \frac{2 S _{A_{1} E F}}{E F} = \frac{4}{5} .$

Из прямоугольного треугольника $D_{1} A_{1} H$ :

$tg φ = \frac{A _{1} D _{1}}{A _{1} H} = \frac{6 5}{4} = \frac{3 5}{2}, φ = arctg \frac{3 5}{2} .$

Ответ: б) $arctg \frac{3 5}{2}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15