Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Геометрия
ФКН, пробный вариант ДВИ, июль 2026
ФКН (пробный вариант 2026)
Плоскость π проходит через точку D куба ABCDA′B′C′D′ перпендикулярно плоскости BB′D′D. Известно, что в сечении куба плоскостью π образовался пятиугольник с тремя равными сторонами. Определите, какая из точек находится ближе к плоскости π — точка B′ или точка C′.
Расстановка координат. Пусть ребро куба равно 1 и
A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), D(0,1,0),A′(0,0,1), B′(1,0,1), C′(1,1,1), D′(0,1,1).Диагональная плоскость BB′D′D содержит B,D,B′,D′, поэтому её уравнение x+y=1, а нормаль (1,1,0). Это плоскость симметрии куба: отражение σ:(x,y,z)↦(1−y,1−x,z) переводит куб в себя, оставляет на месте B,D,B′,D′ и меняет местами A↔C, A′↔C′.
Уравнение плоскости π. Две плоскости перпендикулярны тогда и только тогда, когда перпендикулярны их нормали. Если n=(α,β,γ) — нормаль к π, то n⋅(1,1,0)=0, то есть α+β=0. Отбрасывая вырожденный горизонтальный случай, возьмём n=(1,−1,t). Через точку D(0,1,0):
π:x−y+tz+1=0.Вектор n=(1,−1,t) имеет нулевую проекцию на (1,1,0), значит он лежит в плоскости BB′D′D, поэтому σ(n)=n; кроме того σ(D)=D. Следовательно σ(π)=π: сечение симметрично относительно плоскости BB′D′D.
Построение сечения. В силу симметрии π пересекает боковые рёбра AA′ и CC′ на одной высоте h:
P=(0,0,h)∈AA′,S=(1,1,h)∈CC′.Плоскость через три точки D,P,S имеет вид
z=h(1+x−y).На нижней грани z=0 получаем 1+x−y=0, то есть y=x+1; внутри квадрата это лишь точка (0,1,0)=D — значит основания π касается только в вершине D. На верхней грани z=1 имеем 1+x−y=h1, то есть прямую x−y=h1−1. Она пересекает рёбра A′B′ и B′C′ при условии
0<h1−1<1⟺21<h<1,в точках
Q=(h1−1,0,1)∈A′B′,R=(1,2−h1,1)∈B′C′.Ребро BB′ плоскость встретила бы на высоте z=2h>1 — вне куба, поэтому лишних точек нет. Итак, сечение — пятиугольник DPQRS, стороны которого лежат на гранях x=0, y=0, z=1, x=1, y=1 соответственно.
Введём обозначения
q=h1−1,r=2−h1,q+r=1.Длины сторон. Прямой подсчёт даёт
DP=SD=1+h2,PQ=RS=q2+(1−h)2,QR=(1−q)2+r2=r2(в последнем равенстве использовано 1−q=r). Так как 1−h=qh, то
PQ=q2+q2h2=q1+h2=q⋅DP,а поскольку q<1 при h>21, выходит PQ<DP. Далее, на (21,1)
DP2−QR2=1+h2−2(2−h1)2>0(равенство лишь в вырожденной точке h=1). Значит две стороны при вершине D строго длиннее остальных, и три равные стороны пятиугольника — это обязательно
PQ=QR=RS.Условие трёх равных сторон. Равенство PQ=QR (тогда RS=PQ выполнено само) даёт
q1+h2=r2=(1−q)2,откуда, после возведения в квадрат,
q2(1+h2)=2(1−q)2,q=h1−h.(*)Переформулировка вопроса. Расстояние от точки до π равно 2+t2∣x−y+tz+1∣, где t=−h1. Числители для интересующих точек:
Знаменатель у обеих точек одинаков, поэтому
ρ(B′)<ρ(C′)⟺r<q⟺(1−q)<q⟺q>21⟺h<32.Таким образом всё сводится к вопросу: где лежит корень уравнения (∗) — левее или правее h=32?
Локализация корня. Рассмотрим Φ(h)=q2(1+h2)−2(1−q)2 при q=h1−h (левая минус правая часть (∗)). Искомая конфигурация отвечает корню Φ(h)=0 на (21,1). Значения:
Φ(21)=1⋅(1+41)−2⋅0=45>0,Φ(32)=41⋅913−2⋅41=3613−21=−365<0.Функция Φ непрерывна и меняет знак на (21,32), поэтому корень h∗∈(21,32), то есть h∗<32. (Второго корня на (32,1) нет: Φ(1)=−2<0, знак больше не возвращается, так что конфигурация единственна.)
Следовательно r<q, и значит
ρ(B′)<ρ(C′).Ответ. Ближе к плоскости π расположена точка B′.
Численная проверка. Корень уравнения (∗): h∗≈0,648 (эквивалентно t≈−1,543); при этом три равные стороны PQ=QR=RS≈0,647, а две длинные DP=SD≈1,192. Расстояния для единичного куба: ρ(B′)≈0,219<ρ(C′)≈0,259 — что подтверждает вывод.