В прямоугольном параллелепипеде ABCDA индекс 1 B индекс 1 C индекс 1 D индекс 1 через середину M диагонали AC индекс 1 проведена плоскость альфа перпендикулярно этой диагонали, AB равно 5 , BC равно 3 , AA индекс 1 равно 4 . а) Докажите, что плоскость альфа содержит точку D индекс 1 . б) Найдите отношение, в котором плоскость альфа делит ребро A индекс 1 B индекс 1 .

б) 9: 16 , считая от точки A индекс 1

Задание 14 ЕГЭ по математике: В прямоугольном параллелепипеде ABCDA индекс 1 B индекс 1 C…

№2. Задание 14

ID: 00028755

В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ через середину $M$ диагонали $AC_1$ проведена плоскость $\alpha$ перпендикулярно этой диагонали, $AB=5$ , $BC=3$ , $AA_1=4$ .

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ содержит точку $D_1$ .

б) Найдите отношение, в котором плоскость $\alpha$ делит ребро $A_1B_1$ .

Источник: ФИПИ

Решение

Ключ к этой задаче спрятан в формулировке «через середину диагонали проведена плоскость перпендикулярно этой диагонали». Такая плоскость называется серединной перпендикулярной плоскостью отрезка $AC_1$ , и у неё есть замечательное свойство: она состоит ровно из тех точек пространства, которые одинаково удалены от концов $A$ и $C_1$ .

Почему так: если точка $X$ лежит в $\alpha$ , то отрезок $XM$ перпендикулярен $AC_1$ , поэтому треугольники $XMA$ и $XMC_1$ прямоугольные, у них общий катет $XM$ и равные катеты $MA=MC_1$ (ведь $M$ — середина). По теореме Пифагора тогда $XA=XC_1$ . И наоборот: если $XA=XC_1$ , то треугольник $AXC_1$ равнобедренный, его медиана $XM$ является высотой, то есть $XM\perp AC_1$ , и точка попадает в $\alpha$ .

Дальше всё сводится к сравнению расстояний — само сечение строить не придётся. Выпишем размеры: $AB=CD=5$ , $BC=AD=3$ , боковые рёбра равны $4$ .

Пункт а (доказательство).

Нужно проверить, что $D_1A=D_1C_1$ .

Отрезок $D_1C_1$ — это ребро верхнего основания, а верхнее основание равно нижнему, поэтому $D_1C_1=DC=AB=5$ .

Отрезок $AD_1$ — диагональ боковой грани $ADD_1A_1$ . Эта грань — прямоугольник со сторонами $AD=3$ и $DD_1=AA_1=4$ , поэтому по теореме Пифагора

$AD_1=\sqrt{AD^2+DD_1^2}=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$ .

Получили $D_1A=D_1C_1=5$ , то есть точка $D_1$ равноудалена от концов диагонали $AC_1$ . Значит она лежит в серединной перпендикулярной плоскости этой диагонали, то есть в плоскости $\alpha$ . Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

Пусть плоскость $\alpha$ пересекает ребро $A_1B_1$ в точке $X$ , и пусть $A_1X=x$ . Тогда $XB_1=5-x$ . По доказанному свойству точка $X$ обязана быть равноудалённой от $A$ и от $C_1$ , и это даёт уравнение.

Сначала $XA$ . Боковое ребро $AA_1$ перпендикулярно верхнему основанию, значит треугольник $AA_1X$ прямоугольный с прямым углом при $A_1$ :

$XA^2=A_1X^2+AA_1^2=x^2+4^2=x^2+16$ .

Теперь $XC_1$ . Обе точки лежат в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ , а это прямоугольник, поэтому угол при вершине $B_1$ прямой, и треугольник $XB_1C_1$ прямоугольный:

$XC_1^2=XB_1^2+B_1C_1^2=(5-x)^2+3^2=(5-x)^2+9$ .

Приравниваем и решаем:

$x^2+16=(5-x)^2+9$

$x^2+16=25-10x+x^2+9$

$16=34-10x$

$10x=18$ , откуда $x=1{,}8$ .

Значит $A_1X=1{,}8$ , а $XB_1=5-1{,}8=3{,}2$ , и искомое отношение равно

$A_1X:XB_1=1{,}8:3{,}2=18:32=9:16$ .

Проверим себя: $1{,}8$ действительно попадает внутрь отрезка длины $5$ , значит плоскость и вправду пересекает ребро $A_1B_1$ , а не проходит мимо. И точка ближе к $A_1$ — логично, ведь $A_1$ ближе к $A$ , а $\alpha$ отсекает «сторону $A$ » от «стороны $C_1$ ».

Ответ

б) $9:16$ , считая от точки $A_1$