ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Все рёбра граней $ABD$ и $CBD$ равны $3$, поэтому обе грани — правильные треугольники.

В треугольнике $ABD$ проведём высоту $AH$. Она же медиана, поэтому $BH=\frac{3}{2}$, и $LH=BH-BL=\frac{1}{2}$. Кроме того, $BK=AB-AK=2$. Получаем

$$BK:KA=2:1,BL:LH=1:\frac{1}{2}=2:1.$$

По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, $KL\parallel AH$, а значит, $KL\perp BD$.

Плоскости $ABD$ и $CBD$ перпендикулярны, а прямая $KL$ лежит в плоскости $ABD$ и перпендикулярна линии их пересечения $BD$. По свойству перпендикулярных плоскостей $KL\perp (CBD)$, а значит, $KL\perp CD$.

Сравним треугольники $KBL$ и $LDM$: $BK=LD=2$, $BL=DM=1$, $\angle KBL=\angle LDM=60^{\circ }$. Они равны по двум сторонам и углу между ними. В треугольнике $KBL$ угол $KLB$, лежащий против стороны $BK$, прямой; соответствующий ему угол $LMD$ лежит против стороны $LD$, поэтому $\angle LMD=90^{\circ }$, то есть $LM\perp CD$.

Прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $KL$ и $LM$ плоскости $KLM$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $CD\perp (KLM)$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём, где плоскость $KLM$ пересекает прямую $BC$. В плоскости $BCD$ прямая $LM$ пересекает прямую $BC$ в точке $X$. По теореме Менелая для треугольника $BCD$ и прямой $LM$:

$$\frac{BL}{LD}\cdot \frac{DM}{MC}\cdot \frac{CX}{XB}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{CX}{XB}=1\Rightarrow \frac{CX}{XB}=4.$$

Значит, $X$ лежит на продолжении $CB$ за точку $B$, причём $XB=1$, $XC=4$.

Точки $K$ и $X$ лежат и в плоскости $KLM$, и в плоскости $ABC$, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой $KX$. Пусть она пересекает $AC$ в точке $N$. По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $KX$:

$$\frac{AK}{KB}\cdot \frac{BX}{XC}\cdot \frac{CN}{NA}=1\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{CN}{NA}=1\Rightarrow \frac{CN}{NA}=8.$$

Значит, $N$ лежит на отрезке $AC$, $AN=\frac{1}{9}AC$, и плоскость $KLM$ пересекает грань $ABC$ по отрезку $KN$.

Найдём $AC$. В правильном треугольнике $CBD$ медиана $CH$ является высотой: $CH\perp BD$. Так как и $AH\perp BD$, угол $AHC$ — линейный угол двугранного угла между гранями $ABD$ и $CBD$, то есть $\angle AHC=90^{\circ }$. Высоты правильных треугольников со стороной $3$ равны $AH=CH=\frac{3\sqrt{3}}{2}$, поэтому

$$AC=AH\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{6}}{2},AN=\frac{1}{9}AC=\frac{\sqrt{6}}{6}.$$

Треугольник $ABC$ равнобедренный ($AB=BC=3$). Его медиана $BE$ является высотой, $AE=\frac{1}{2}AC=\frac{3\sqrt{6}}{4}$, и для угла $\alpha =\angle BAC$:

$$\cos \alpha =\frac{AE}{AB}=\frac{\sqrt{6}}{4}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $AKN$:

$$K{N}^2=A{K}^2+A{N}^2-2\cdot AK\cdot AN\cdot \cos \alpha =1+\frac{1}{6}-2\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{6}}{6}\cdot \frac{\sqrt{6}}{4}=1+\frac{1}{6}-\frac{1}{2}=\frac{2}{3}.$$

Отсюда

$$KN=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{6}}{3}$.