ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Плоскость $w$ параллельна $SB$. Плоскость $SBC$ проходит через $SB$ и точку $K$ плоскости $w$, поэтому пересекает $w$ по прямой, проходящей через $K$ параллельно $SB$. Проведём $KL\parallel SB$, $L\in SC$. Аналогично в плоскости $SAB$ проведём $PQ\parallel SB$, $Q\in SA$. Сечение — четырёхугольник $KLQP$: его стороны $KL$, $LQ$, $QP$, $PK$ лежат в гранях $SBC$, $SAC$, $SAB$, $ABC$.

Так как $KL\parallel SB$, треугольник $CKL$ подобен треугольнику $CBS$ с коэффициентом $\frac{CK}{CB}=\frac{2}{5}$. Так как $PQ\parallel SB$, треугольник $APQ$ подобен треугольнику $ABS$ с коэффициентом $\frac{AP}{AB}=\frac{2}{5}$. Поэтому

$$KL=\frac{2}{5}SB=PQ.$$

Отрезки $KL$ и $PQ$ параллельны (оба параллельны $SB$) и равны, значит, $KLQP$ — параллелограмм. Докажем, что один из его углов прямой.

Из условия $\frac{BP}{BA}=\frac{3}{5}$ и $\frac{BK}{BC}=\frac{3}{5}$. По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, $PK\parallel AC$.

Пусть $H$ — середина $AC$. В правильном треугольнике $ABC$ медиана $BH$ является высотой: $BH\perp AC$. В равнобедренном треугольнике $SAC$ медиана $SH$ тоже высота: $SH\perp AC$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC\perp (SBH)$, а значит, $AC\perp SB$.

Тогда $PK\perp SB$ (так как $PK\parallel AC$), а значит, $PK\perp KL$ (так как $KL\parallel SB$). Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник, что и требовалось доказать.

б) Прямая $SB$ параллельна прямой $KL$ плоскости $w$, поэтому $SB\parallel w$, и расстояние от $S$ до $w$ равно расстоянию от любой точки прямой $SB$ до этой плоскости.

Так как $PK\parallel AC$ и $AC\perp (SBH)$, то $PK\perp (SBH)$. Плоскость $w$ содержит прямую $PK$, перпендикулярную плоскости $SBH$, значит, по признаку перпендикулярности плоскостей $w\perp (SBH)$.

Пусть $N=PK\cap BH$, $M=LQ\cap SH$. Плоскости $w$ и $SBH$ пересекаются по прямой $MN$. Прямая $SB$ лежит в плоскости $SBH$ и параллельна плоскости $w$, поэтому $SB\parallel MN$. Перпендикуляр, опущенный из точки $S$ на прямую $MN$ в плоскости $SBH$, перпендикулярен и всей плоскости $w$ (так как $(SBH)\perp w$). Значит, искомое расстояние равно расстоянию между параллельными прямыми $SB$ и $MN$ в плоскости $SBH$.

Пусть $HT$ — высота треугольника $SBH$, проведённая к стороне $SB$, и $E=HT\cap MN$. Так как $MN\parallel SB$, то $HT\perp MN$, и отрезок $ET$ — расстояние между прямыми $SB$ и $MN$. Поскольку $PK\parallel AC$, по теореме о пропорциональных отрезках $\frac{HN}{HB}=\frac{AP}{AB}=\frac{2}{5}$, и так как $NE\parallel BT$, то

$$\frac{HE}{HT}=\frac{HN}{HB}=\frac{2}{5}\Rightarrow ET=\frac{3}{5}HT.$$

Найдём стороны треугольника $SBH$. Высота правильного треугольника со стороной $6$:

$$BH=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 6=3\sqrt{3}.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $SHC$ ($CH=3$):

$$SH=\sqrt{S{C}^2-C{H}^2}=\sqrt{25-9}=4,$$

и $SB=SC=5$.

Найдём $HT$ через площадь треугольника $SBH$. Высота пирамиды $SO$ падает в центр $O$ треугольника $ABC$, который лежит на $BH$, причём $BO=\frac{2}{3}BH=2\sqrt{3}$. По теореме Пифагора в треугольнике $SOB$

$$SO=\sqrt{S{B}^2-B{O}^2}=\sqrt{25-12}=\sqrt{13}.$$

$SO$ — высота треугольника $SBH$, проведённая к стороне $BH$, поэтому

$$S_{△SBH}=\frac{1}{2}\cdot BH\cdot SO=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{3}\cdot \sqrt{13}=\frac{3\sqrt{39}}{2}.$$

С другой стороны, $S_{△SBH}=\frac{1}{2}\cdot SB\cdot HT$, откуда

$$HT=\frac{2S_{△SBH}}{SB}=\frac{3\sqrt{39}}{5}.$$

Искомое расстояние:

$$ET=\frac{3}{5}\cdot \frac{3\sqrt{39}}{5}=\frac{9\sqrt{39}}{25}.$$

Ответ: б) $\frac{9\sqrt{39}}{25}$.