Решение задачи №14 из банка заданий ЕГЭ по математике (профильный уровень)

В прямоугольном параллелепипеде $\displaystyle ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ стороны оснований $AB$ и $BC$ равны соответственно 8 и 5, а боковое ребро $\displaystyle AA_{1}$ равно 4. На ребре $\displaystyle A_{1}B_{1}$ отмечена точка $K$, а на луче $BC$ — точка $F$, причём $\displaystyle A_{1}K=KB_{1}$ и $BF=AB$. Плоскость $AKF$ пересекает ребро $\displaystyle B_{1}C_{1}$ в точке $P$.
а) Докажите, что $\displaystyle B_{1}P:PC_{1}=4:1$.
б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $AKF$.
Решение.
а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью $AKP$ (см. рис. 1).
$E$ — точка пересечения ребра $OC$ и отрезка $AE$.
В плоскости $\displaystyle ABB_{1}$ проведём лучи $AK$ и $\displaystyle BB_{1}$, $AK$ пересекает $\displaystyle BB_{1}$ в точке $\displaystyle Q$. В плоскости $\displaystyle BCC_{1}$ проведём отрезок $FQ$, $FQ$ пересекает $\displaystyle B_{1}C_{1}$ в точке $P$, а $\displaystyle CC_{1}$ — в точке $R$. Пятиугольник $\displaystyle AKPRE$ — искомое сечение.
$\displaystyle KB_{1}\parallel AB,\: KB_{1}=\frac{1}{2}A_{1}B_{1}$, значит, $\displaystyle KB_{1}$ — средняя линия $\displaystyle \bigtriangleup ABQ$, отсюда $\displaystyle BB_{1}=QB_{1}$, а так как $\displaystyle BF\parallel B_{1}P$, то $\displaystyle B_{1}P$ — средняя линия $\displaystyle \bigtriangleup FBQ$,

Рис.1

$\displaystyle BF=8,\: B_{1}P=\frac{1}{2}BF=4;\: C_{1}P=B_{1}C_{1}-B_{1}P=5-4=1,$
следовательно, $\displaystyle B_{1}P:PC_{1}=4:1.$
б) Прямоугольные треугольники $\displaystyle ABQ,\: FBQ$ и $\displaystyle ABF$ равны по двум катетам $\displaystyle AB=BF=BQ=8$, отсюда $\displaystyle AQ=AF=QF=8\sqrt{2}.$
$\displaystyle S_{AQF}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$ как площадь равностороннего треугольника со стороной $a$. $\displaystyle S_{AQF}=\frac{(8\sqrt{2})^{2}\cdot \sqrt{3}}{4}=32\sqrt{3},\: S_{KQP}=\frac{1}{4}S_{AQF}=\frac{32\sqrt{3}}{4}=8\sqrt{3}.$
$\displaystyle S_{AKPF}=S_{AQF}-S_{KQP}=32\sqrt{3}-8\sqrt{3}=24\sqrt{3}.$
$\displaystyle \bigtriangleup RCF\sim \bigtriangleup RC_{1}P$ по первому признаку подобия ($\displaystyle \angle C=\angle C_{1}=90^{\circ}$, $\displaystyle \angle 1=\angle 2$ - как вертикальные). Из подобия следует, $\displaystyle \frac{CF}{PC_{1}}=\frac{FR}{PR}$. По доказанному в а), $\displaystyle PC_{1}=1,\: BF=AB=8$, тогда $\displaystyle CF=8-5=3$ и $\displaystyle \frac{FR}{PR}=\frac{3}{1}$. Так как $KP$ - средняя линия $\displaystyle \bigtriangleup AQF$, то $\displaystyle PF=\frac{1}{2}QF=4\sqrt{2},\: FR=\frac{3PF}{4}=\frac{4\sqrt{2}\cdot 3}{4}=3\sqrt{2}.$
В равнобедренном прямоугольном треугольнике $FCE$ $\displaystyle FC=EC=3$, тогда $\displaystyle EF=3\sqrt{2}$.
В $\displaystyle \bigtriangleup REF \; FR=EF=3\sqrt{2},\: \angle RFE=60^{\circ}$, отсюда
$\displaystyle \bigtriangleup REF$ — равносторонний. $\displaystyle S_{REF}=\frac{(3\sqrt{2})^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}.$
$\displaystyle S_{AKPRE}=S_{AKPF}-S_{REF}=24\sqrt{3}-\frac{9\sqrt{3}}{2}=\frac{39\sqrt{3}}{2}.$
Ответ: $\displaystyle \frac{39\sqrt{3}}{2}.$