Задание 15 ЕГЭ по математике профильной

а) Построим плоскость сечения. Для этого продолжим сторону $AB$ за точку $A$, а сторону $BC$ — за точку $C$. Через точку $D$ проведём прямую, параллельную $AC$, до пересечения с продолжениями сторон. Пусть проведённая прямая пересекает продолжение стороны $AB$ в точке $E$, а продолжение $BC$ – в точке $F$. Соединим точку $B_1$ с точками $E$ и $F$. Тогда $(EB_1F)$ – искомая плоскость. По условию $(EB_1F)$ пересекает ребро $CC_1$ в точке $K$.
 
Рассмотрим $\Delta ACB$ и $\Delta DFC$:

По условию $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямоугольный параллелепипед, значит, $AB=DC$ и $AB||DC$. $AC||EF$ по построению. Тогда $\angle FDC=\angle DCA$ и $\angle DCA=\angle CAB$ как накрест лежащие, следовательно, $\angle FDC=\angle CAB$. $\angle ABC=\angle DCF=90^\circ$. Тогда $\Delta ACB=\Delta DFC$ по двум углам и прилежащей к ним стороне и, значит, $BC=CF$.
 
Рассмотрим $\Delta B_1C_1K$ и $\Delta FCK$:

По условию $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямоугольный параллелепипед, значит, $BC=B_1C_1$ и $CB||B_1C_1$. Тогда $\angle C_1B_1K=\angle CFK$ как накрест лежащие. $\angle B_1C_1K=\angle FCK=90^\circ$. $B_1C_1=BC=CF$, тогда $\Delta B_1C_1K=\Delta FCK$ по двум углам и прилежащей к ним стороне. Значит $CK=KC_1$, то есть $K$ — середина $CC_1$, что и требовалось доказать.
 
б) Пусть $h_B$ – расстояние от точки $B$ до плоскости $(EB_1F)$. Тогда объём пирамиды $EB_1FB$ равен: 
$V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}h_B\cdot S_{EB_1F}$
С другой стороны, объём пирамиды $EB_1FB$ можно найти как:
$V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot S_{EBF}$
Тогда: 
$V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}h_B\cdot S_{EB_1F}=\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot S_{EBF}\\ h_B=\frac{BB_1\cdot S_{EBF}}{S_{EB_1F}}$
Найдём площадь $\Delta EBF$. Для этого рассмотрим $\Delta EBF$ и $\Delta ABC$:

По построению $AC||EF$, значит, $\angle CAB=\angle DEA$. $\angle ABC$ общий, следовательно, $\Delta EBF\sim\Delta ABC$ по двум углам. По доказанному в пункте а) $BC=CF$. Тогда: 
$\frac{BE}{BA}=\frac{BF}{BC}=\frac{BC+CF}{BC}=\frac{2\cdot BC}{BC}=2\\ \frac{BE}{BA}=\frac{BA+AE}{BA}=1+\frac{AE}{BA}=2\Rightarrow AE=AB=3$
Тогда для $\Delta EBF$ $EB=AE+AB=3+3=6$, $BF=BC+CF=4+4=8$. Площадь треугольника $EBF$:
$S_{EBF}=\frac{1}{2}\cdot EB\cdot BF=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24$
Найдём площадь треугольника $EB_1F$. По условию $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямоугольный параллелепипед, значит, $AA_1=BB_1=CC_1=DD_1=6$.
 
Для прямоугольного $\Delta EBF$ по теореме Пифагора:

$EB^2+BF^2=FE^2\\ FE=\sqrt{EB^2+BF^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10$
Для прямоугольного $\Delta EBB_1$ по теореме Пифагора:

$EB^2+B_1B^2=B_1E^2\\ B_1E=\sqrt{EB^2+B_1B^2}=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{2\cdot 36}=6\sqrt{2}$
Для прямоугольного $\Delta FBB_1$ по теореме Пифагора:

$FB^2+B_1B^2=B_1F^2\\ B_1F=\sqrt{FB^2+B_1B^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$
Тогда площадь $\Delta EB_1F$ по формуле Герона:
$S_{EB_1F}=\sqrt{p_{EB_1F}(p_{EB_1F}-FE)(p_{EB_1F}-B_1E)(p_{EB_1F}-B_1F)},$
где $p_{EB_1F}$ – полупериметр $\Delta EB_1F$:
$p_{EB_1F}=\frac{FE+B_1E+B_1F}{2}=\frac{10+6\sqrt{2}+10}{2}=10+3\sqrt{2}$
Тогда:
$S_{EB_1F}=\sqrt{p_{EB_1F}(p_{EB_1F}-FE)(p_{EB_1F}-B_1E)(p_{EB_1F}-B_1F)}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10+3\sqrt{2})(10+3\sqrt{2}-10)(10+3\sqrt{2}-6\sqrt{2})(10+3\sqrt{2}-10)}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10+3\sqrt{2})(3\sqrt{2})(10-3\sqrt{2})(3\sqrt{2})}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10^2-(3\sqrt{2})^2)(3\sqrt{2})^2}=\sqrt{(100-18)\cdot 18}=\sqrt{82\cdot 18}=\sqrt{2\cdot 41\cdot 2\cdot 9}=6\sqrt{41}$
Тогда:
$h_B=\frac{BB_1\cdot S_{EBF}}{S_{EB_1F}}=\frac{6\cdot 24}{6\sqrt{41}}=\frac{24}{\sqrt{41}}$
Ответ: $\frac{24}{\sqrt{41}}$