В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB равна 4, а боковое ребро SA равно… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды средняя развёрнутое

В правильной четырёхугольной пирамиде $S A B C D$ сторона основания $A B$ равна 4, а боковое ребро $S A$ равно 7. На рёбрах $C D$ и $S C$ отмечены точки $N$ и $K$ соответственно, причём $D N : N C = S K : K C = 1 : 3$ . Плоскость $α$ содержит прямую $K N$ и параллельна прямой $B C$ .

а) Докажите, что плоскость $α$ параллельна прямой $S A$ .

б) Найдите угол между плоскостями $α$ и $S B C$ .

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

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение пирамиды плоскостью $α$ . В грани $S B C$ проведём $K L ∥ B C$ , $L \in S B$ , а в основании — $N M ∥ B C$ , $M \in A B$ . Прямые $K L$ и $N M$ параллельны (обе параллельны $B C$ ), поэтому точки $K$ , $L$ , $M$ , $N$ лежат в одной плоскости. Эта плоскость содержит $K N$ и прямую $K L ∥ B C$ , значит, параллельна $B C$ . Плоскость, проходящая через $K N$ параллельно $B C$ , единственна, поэтому это и есть $α$ , а сечение — четырёхугольник $K L M N$ .

Сечение KLMN плоскостью α

По теореме о пропорциональных отрезках в угле $B S C$ (прямая $K L ∥ B C$ ):

$\frac{S L}{L B} = \frac{S K}{K C} = \frac{1}{3} .$

В квадрате $A B C D$ отрезок $M N$ параллелен $A D$ , поэтому $A M N D$ — прямоугольник и $A M = D N$ , $M B = N C$ . Значит,

$\frac{A M}{M B} = \frac{D N}{N C} = \frac{1}{3} .$

Отсюда $\frac{B L}{B S} = \frac{B M}{B A} = \frac{3}{4}$ . Треугольники $B L M$ и $B S A$ имеют общий угол $B$ и пропорциональные стороны, поэтому подобны, и $∠ B L M = ∠ B S A$ . Это соответственные углы при прямых $L M$ и $S A$ и секущей $S B$ , значит,

$L M ∥ S A .$

Рисунок к решению

Прямая $S A$ не лежит в плоскости $α$ и параллельна прямой $L M$ этой плоскости. По признаку параллельности прямой и плоскости $S A ∥ α$ , что и требовалось доказать.

б) Сначала заменим плоскость $α$ параллельной ей гранью пирамиды. Так как $\frac{C K}{C S} = \frac{C N}{C D} = \frac{3}{4}$ , треугольники $C K N$ и $C S D$ подобны, и $K N ∥ S D$ . Кроме того, $M N ∥ A D$ . Плоскость $α$ содержит две пересекающиеся прямые $K N$ и $M N$ , соответственно параллельные прямым $S D$ и $A D$ плоскости $S A D$ . По признаку параллельности плоскостей $α ∥ (S A D)$ .

Значит, угол между $α$ и $S B C$ равен углу между гранями $S A D$ и $S B C$ .

Найдём линейный угол между гранями $S A D$ и $S B C$ . Так как $A D ∥ B C$ , прямая $A D$ параллельна плоскости $S B C$ , поэтому плоскость $S A D$ пересекает $S B C$ по прямой $l$ , проходящей через $S$ параллельно $A D$ и $B C$ . Пусть $Q$ и $P$ — середины $A D$ и $B C$ . В равнобедренных треугольниках $S A D$ и $S B C$ медианы $S Q$ и $S P$ являются высотами: $S Q ⊥ A D$ , $S P ⊥ B C$ . Значит, $S Q ⊥ l$ и $S P ⊥ l$ , и угол между плоскостями равен углу $QS P$ (если он острый).

Рисунок к решению

Из прямоугольного треугольника $S Q A$ по теореме Пифагора

$S Q = S A^{2} - A Q^{2} = 49 - 4 = 35 .$

Пусть $O$ — центр квадрата, тогда $S O$ — высота пирамиды, и $O$ — середина $QP$ , $O Q = \frac{1}{2} A B = 2$ . В равнобедренном треугольнике $QS P$ высота $S O$ является биссектрисой, поэтому $∠ QS P = 2∠ QS O$ , где

$sin ∠ QS O = \frac{O Q}{S Q} = \frac{2}{3 5} .$

По формуле косинуса двойного угла

$cos ∠ QS P = 1 - 2 sin^{2} ∠ QS O = 1 - 2 \cdot \frac{4}{45} = \frac{37}{45} .$

Косинус положителен, угол $QS P$ острый, поэтому он и есть искомый угол:

$∠ (α; S B C) = arccos \frac{37}{45} = 2 arcsin \frac{2}{3 5} .$

Ответ: б) $arccos \frac{37}{45}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15