Параллелепипеды — задача ЕГЭ по профильной математике

Условие, ответ и разбор задачи

СтереометрияЕГЭ 2025 (резерв)

Дан прямоугольный параллелепипед

ABCDA_1B_1C_1D_1

O-

центр грани

A_1B_1C_1D_1.

Сечения параллелепипеда плоскостями

AOB

BOC

являются прямоугольниками, стороны

AB

BC

этих сечений являются их меньшими сторонами.

AB

BC

в 2 раза меньше соответственных больших сторон сечений.
а) Доказать, что

ABCD

— квадрат.
б) Найти угол между плоскостью

BOC

CA_1

Решение

а) Пусть

F\in A_1D_1

E\in B_1C_1

, а

G\in C_1D_1

H\in A_1B_1

. Так как плоскость

(ABO)

пересекает плоскости оснований по параллельным прямым, то

AB \parallel EF

. Аналогично получаем, что плоскость

(BCO)

пересекает основания параллелепипеда по параллельным прямым, то есть

BC \parallel HG

. Так как

O

— центр верхнего основания, то точки

E

F

H

G

— середины ребёр, которым они принадлежат.

$Изображение 1$

Пусть

AB=2x

, а

BC=2y

, тогда

HB_1=x

EB_1=y

.
Для

\triangle BB_1H

запишем теорему Пифагора:

BB_1^2+HB_1^2=BH^2, \quad BB_1^2+x^2=16y^2. \quad (1)

Для

\triangle BB_1E

запишем теорему Пифагора:

BB_1^2+EB_1^2=BE^2, \quad BB_1^2+y^2=16x^2. \quad (2)

Запишем разность

(1)-(2)

x^2-y^2=16y^2-16x^2, \quad 17x^2=17y^2, \quad x=y.

Получаем, что

AB=CD

, то есть

ABCD

— квадрат, ч.т.д.

б) Пусть

BH \, \cap \, AA_1=P

. Опустим высоту

A_1T

в прямоугольном треугольнике

A_1PH

.
Получаем, что

A_1T \perp BP

по построению, а также

A_1T \perp BC

, так как

A_1T \in (ABB_1)

(ABB_1)\perp (BCC_1)

), следовательно,

A_1T \perp (BOC)

. Значит,

\alpha=\angle A_1CT

— искомый угол.
Так как

H

— середина ребра

A_1B_1

AB \parallel A_1B_1

, то по обобщённой теореме Фалеса получаем, что

A_1

-- середина отрезка

AP

$Изображение 2$

\triangle BB_1H

по теореме Пифагора:

BB_1^2+HB_1^2=BH^2, \quad BB_1=\sqrt{BH^2-HB_1^2}=\sqrt{16x^2-x^2}=x\sqrt{15}.

Так как

A_1P=BB_1

A_1H=HB_1

, то

\triangle PA_1H = \triangle BB_1H

(по двум катетам), откуда получаем, что

PH=BH=4x.

По свойству высоты

A_1T

, проведённой из вершины прямого угла в

\triangle A_1PH

A_1T=\dfrac{A_1P \cdot A_1H}{PH}=\dfrac{x\sqrt{15}\cdot x}{4x}=\dfrac{x\sqrt{15}}{4}.

Вычислим длину диагонали

A_1C

A_1C=\sqrt{AB^2+BC^2+AA_1^2}=\sqrt{4x^2+4x^2+15x^2}=x\sqrt{23}.

Следовательно,

\sin \alpha = \dfrac{A_1T}{A_1C}=\dfrac{\dfrac{x\sqrt{15}}{4}}{x\sqrt{23}}=\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}

, тогда

\alpha=\arcsin{\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}}

.
Ответ:

\arcsin{\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}}

.

Приведём решение пункта б) методом координат.
Пусть

x=y=a.

Тогда из пункта а) имеем

BB_1=\sqrt{15}a

.
Введём прямоугольную систему координат с началом в точке

B

, ось абсцисс направим вдоль ребра

BA

, ось ординат направим вдоль ребра

BC

, ось аппликат направим вдоль ребра

BB_1

.

В этой системе отсчёта верны координаты

B(0;0;0); \quad C(-2a;2a;-a\sqrt{15}); \quad O(a;a;a\sqrt{15}); \quad A_1(2a;0;a\sqrt{15});\\\overrightarrow{A_1C}(-2a;2a;-a\sqrt{15}).

Составим уравнение плоскости

(BOC)

в виде

Ax+By+Cz+D=0:

\begin{cases}D=0,\\2aB+D=0,\\aA+aB+a\sqrt{15}C+D=0;\\\end{cases}\quad\begin{cases}D=0,\\B=0,\\A=-\sqrt{15}\cdot C.\\\end{cases}

Запишем уравнение плоскости

(BOC)

и координаты её нормали:

-C\sqrt{15}x+Cz=0; \quad|:C\neq0\\-\sqrt{15}x+z=0; \quad \vec{n}(-\sqrt{15};0;1).

Пусть

\varphi

— искомый угол. Тогда по формуле угла между прямой и плоскостью получим:

\sin{\varphi}=\dfrac{|\vec{n}\cdot\overrightarrow{A_1C}|}{|\vec{n}|\cdot|\overrightarrow{A_1C}|}=\dfrac{|2a\sqrt{15}-a\sqrt{15}|}{\sqrt{15+0+1}\cdot\sqrt{4a^2+4a^2+15a^2}}=\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}.

Таким образом,

\varphi=\arcsin{\dfrac{\sqrt{15}}{4\sqrt{23}}}

Параллелепипеды — задача ЕГЭ по профильной математике

Похожие задачи