ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $\alpha$ — плоскость сечения, $K$ — середина ребра $PD$, $O$ — центр квадрата $ABCD$. В правильной пирамиде $PO$ — высота и все боковые рёбра равны, в частности $PB=PD$.

Ребро $PD$ перпендикулярно плоскости $\alpha$, поэтому оно перпендикулярно любой прямой этой плоскости, в том числе $BK$. В треугольнике $BPD$ отрезок $BK$ — медиана (так как $K$ — середина $PD$) и высота. Треугольник, в котором медиана совпадает с высотой, равнобедренный: $BD=BP$.

Вместе с $PB=PD$ получаем $PB=PD=BD$: треугольник $BPD$ равносторонний и $\angle PDB=60^{\circ }$.

Так как $PO\perp (ABC)$, проекция ребра $PD$ на плоскость основания — отрезок $OD$, лежащий на диагонали $BD$. Угол наклона ребра к основанию — угол между ребром и его проекцией, то есть $\angle PDO=\angle PDB=60^{\circ }$. Все боковые рёбра правильной пирамиды наклонены к основанию под одним углом, что и требовалось доказать.

б) Построим сечение. Плоскость $\alpha$ содержит $BK$; найдём в ней ещё одну прямую, перпендикулярную $PD$.

Диагонали квадрата перпендикулярны: $AC\perp BD$. Кроме того, $AC\perp PO$, так как $PO\perp (ABC)$. Значит, $AC\perp (BPD)$ и, в частности, $AC\perp PD$.

Отрезки $BK$ и $PO$ — медианы треугольника $BPD$, пусть $Q$ — точка их пересечения. Проведём через $Q$ прямую $MN\parallel AC$, $M\in PA$, $N\in PC$; она лежит в плоскости $APC$, так как $Q\in PO$. Тогда $MN\perp PD$, потому что $AC\perp PD$.

Прямые $BK$ и $MN$ пересекаются в точке $Q$ и обе перпендикулярны $PD$, поэтому плоскость $BMKN$ перпендикулярна $PD$. Через точку $K$ проходит единственная плоскость, перпендикулярная $PD$, следовательно, это и есть $\alpha$, а сечение — четырёхугольник $BMKN$.

Диагонали сечения перпендикулярны: $MN\parallel AC$, а $AC\perp (BPD)\supset BK$, поэтому $MN\perp BK$. Площадь четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями равна половине их произведения:

$$S_{BMKN}=\frac{1}{2}\cdot BK\cdot MN.$$

Найдём $BK$. Диагональ квадрата $BD=6\sqrt{2}$, треугольник $BPD$ равносторонний, а $BK$ — его высота:

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

Найдём $MN$. Медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении $2:1$, считая от вершины, поэтому $PQ:QO=2:1$ и $PQ:PO=2:3$. Треугольники $PMN$ и $PAC$ подобны ($MN\parallel AC$), а $PQ$ и $PO$ — их соответственные отрезки (медианы, проведённые из вершины $P$):

$$\frac{MN}{AC}=\frac{PQ}{PO}=\frac{2}{3}\Rightarrow MN=\frac{2}{3}\cdot 6\sqrt{2}=4\sqrt{2}.$$

Площадь сечения:

$$S_{BMKN}=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{6}\cdot 4\sqrt{2}=6\sqrt{12}=12\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $12\sqrt{3}$.