В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания AB равна 6, высота SH равна… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды средняя 2025 развёрнутое

В правильной треугольной пирамиде $S A B C$ сторона основания $A B$ равна 6, высота $S H$ равна 18. Точка $K$ — середина бокового ребра $S A,$ а точка $N$ — середина ребра $B C .$ Плоскость, параллельная плоскости $(A B C),$ проходит через точку $K$ и пересекает рёбра $S B$ и $S C$ в точках $Q$ и $P$ соответственно.

a) Докажите, что прямая $QP$ пересекает отрезок $S N$ в его середине.

б) Найдите угол между плоскостями $(A B C)$ и $(A QP) .$

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

а) По условию плоскость $K QP$ параллельна плоскости $A B C$ . Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии их пересечения параллельны. Плоскость $S A B$ пересекает их по прямым $K Q$ и $A B$ , поэтому $K Q ∥ A B$ . Плоскость $S A C$ пересекает их по прямым $K P$ и $A C$ , поэтому $K P ∥ A C$ .

В треугольнике $S A B$ точка $K$ — середина $S A$ и $K Q ∥ A B$ , поэтому по теореме Фалеса $Q$ — середина $S B$ . Аналогично в треугольнике $S A C$ точка $P$ — середина $S C$ .

Значит, $QP$ — средняя линия треугольника $S B C$ , и $QP ∥ B C$ . Медиана $S N$ этого треугольника пересекает отрезок $QP$ в некоторой точке $T$ . В треугольнике $S B N$ отрезок $QT$ параллелен $B N$ и проходит через середину $Q$ стороны $S B$ , поэтому по теореме Фалеса $T$ — середина $S N$ . Что и требовалось доказать.

б) Найдём линию пересечения плоскостей $A QP$ и $A B C$ . Прямая $QP$ параллельна прямой $B C$ плоскости $A B C$ , значит, $QP ∥ (A B C)$ . Плоскость $A QP$ проходит через $QP$ и пересекает плоскость $A B C$ по прямой $l$ , проходящей через $A$ и параллельной $QP$ , то есть $l ∥ B C$ .

Пирамида правильная, поэтому основание высоты $H$ — центр правильного треугольника $A B C$ , и $H$ лежит на медиане $A N$ . Медиана $A N$ является и высотой: $A N ⊥ B C$ , а значит, $A N ⊥ l$ .

Точки $A$ и $T$ лежат в плоскости $S A N$ и в плоскости $A QP$ , поэтому прямая $A T$ лежит в обеих плоскостях. В плоскости $S A N$ отрезок $A T$ пересекает высоту $S H$ в точке $O$ . Так как $O H ⊥ (A B C)$ , отрезок $A H$ — проекция наклонной $A O$ , и $A H ⊥ l$ . По теореме о трёх перпендикулярах $A O ⊥ l$ . Значит, $∠ O A H$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $A QP$ и $A B C$ ; он острый, поэтому равен искомому углу $α$ .

Найдём отрезки на медиане. В правильном треугольнике со стороной $6$ :

$A N = \frac{6 3}{2} = 33, A H = \frac{2}{3} A N = 23 .$

Найдём, в каком отношении точка $O$ делит $S H$ . Применим теорему Менелая к треугольнику $S H N$ и прямой $A T$ : она пересекает сторону $S H$ в точке $O$ , сторону $N S$ в точке $T$ и продолжение стороны $H N$ в точке $A$ :

$\frac{S O}{O H} \cdot \frac{H A}{A N} \cdot \frac{N T}{T S} = 1 \Rightarrow \frac{S O}{O H} \cdot \frac{2 3}{3 3} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{S O}{O H} = \frac{3}{2} .$

Тогда

$O H = \frac{2}{5} S H = \frac{2}{5} \cdot 18 = \frac{36}{5} .$

Из прямоугольного треугольника $O H A$ :

$tg α = \frac{O H}{A H} = \frac{36}{5} : 23 = \frac{18}{5 3} = \frac{6 3}{5} .$

Проверим другим способом. Проекция $T^{'}$ точки $T$ на основание — середина $H N$ , причём $T T^{'} = \frac{1}{2} S H = 9$ и $A T^{'} = A H + \frac{1}{2} H N = 23 + \frac{3}{2} = \frac{5 3}{2}$ . Тогда $tg ∠ T A T^{'} = 9 : \frac{5 3}{2} = \frac{18}{5 3}$ — то же значение.

Итак, $α = arctg \frac{6 3}{5}$ .

Ответ: б) $arctg \frac{6 3}{5}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15