ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Точки $L$ и $M$ — середины рёбер $SA$ и $SD$, поэтому $LM$ — средняя линия треугольника $SAD$: $LM\parallel AD$ и $LM=\frac{1}{2}AD$.

Так как $ABCD$ — квадрат, $AD\parallel BC$, а значит, $LM\parallel BC$. Прямая $LM$ не лежит в плоскости $SBC$, поэтому по признаку параллельности прямой и плоскости $LM\parallel (SBC)$.

Плоскость сечения проходит через прямую $LM$ и пересекает плоскость $SBC$ по прямой $KN$. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает её, то линия пересечения параллельна этой прямой. Поэтому $KN\parallel LM$, а значит, и $KN\parallel BC$.

В треугольнике $SBC$ прямая $KN$ параллельна стороне $BC$, поэтому треугольники $SKN$ и $SBC$ подобны с коэффициентом $\frac{SK}{SB}=\frac{3}{4}$. Значит, $SN:NC=3:1$ и $KN=\frac{3}{4}BC$.

Пусть сторона квадрата равна $a$. Тогда $LM=\frac{a}{2}$, $KN=\frac{3a}{4}$. В четырёхугольнике $KLMN$ стороны $LM$ и $KN$ параллельны и не равны, поэтому две другие стороны не параллельны (иначе это был бы параллелограмм с равными противоположными сторонами). Значит, $KLMN$ — трапеция с основаниями $LM$ и $KN$, и

$$LM:KN=\frac{a}{2}:\frac{3a}{4}=2:3.$$

Что и требовалось доказать.

б) Найдём прямую, по которой плоскость сечения пересекает основание. Пусть $F=KL\cap AB$ (прямые лежат в плоскости $SAB$), $E=MN\cap CD$ (лежат в плоскости $SCD$). Тогда $EF$ — линия пересечения плоскостей $KLM$ и $ABC$. Плоскость $ABC$ содержит прямую $BC$, параллельную $KN$, то есть параллельную плоскости сечения, поэтому $EF\parallel BC\parallel KN\parallel LM$.

Пусть $SH$ — высота пирамиды, $SH=h$. Проведём $L{L}_1\perp (ABC)$; тогда $L{L}_1\parallel SH$, и так как $L$ — середина $SA$, то $L{L}_1$ — средняя линия треугольника $SHA$: $L{L}_1=\frac{h}{2}$.

Проведём в плоскости сечения $LT\perp EF$, $T\in EF$. Отрезок $L_{1}T$ — проекция наклонной $LT$ на плоскость основания. По теореме о трёх перпендикулярах $L_{1}T\perp EF$. Значит, $\angle LT{L}_1$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и основанием. В прямоугольном треугольнике $L{L}_{1}T$ этот угол острый, поэтому он равен углу между плоскостями: $\angle LT{L}_1=30^{\circ }$.

Катет, лежащий против угла $30^{\circ }$, равен половине гипотенузы, поэтому

$$LT=2\cdot L{L}_1=h.$$

Пусть $P=LT\cap KN$. Так как $KN\parallel EF$ и $LT\perp EF$, то $LP\perp KN$, а также $LP\perp LM$. Значит, $LP$ — высота трапеции $KLMN$.

Параллельные прямые $KN$ и $EF$ пересекают стороны угла $FLT$, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках $LP:PT=LK:KF$. Найдём это отношение.

По теореме Менелая для треугольника $ASB$ и прямой $LF$ (точки $L\in SA$, $K\in SB$, $F$ — на продолжении $AB$):

$$\frac{AL}{LS}\cdot \frac{SK}{KB}\cdot \frac{BF}{FA}=1\Rightarrow 1\cdot 3\cdot \frac{BF}{FA}=1\Rightarrow \frac{BF}{FA}=\frac{1}{3}.$$

Точка $F$ лежит за точкой $B$, поэтому $AB=FA-BF=2BF$, то есть $\frac{FB}{BA}=\frac{1}{2}$.

По теореме Менелая для треугольника $LFA$ и прямой $SB$ (точки $K\in LF$, $B\in FA$, $S$ — на продолжении $AL$):

$$\frac{LK}{KF}\cdot \frac{FB}{BA}\cdot \frac{AS}{SL}=1\Rightarrow \frac{LK}{KF}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2=1\Rightarrow \frac{LK}{KF}=1.$$

Значит, $LP=PT=\frac{1}{2}LT=\frac{h}{2}$.

Площадь квадрата равна 32, поэтому $a=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$. Запишем площадь трапеции:

$$S_{KLMN}=\frac{LM+KN}{2}\cdot LP=\frac{\frac{a}{2}+\frac{3a}{4}}{2}\cdot \frac{h}{2}=\frac{5a}{8}\cdot \frac{h}{2}=\frac{5ah}{16}.$$

Подставим $a=4\sqrt{2}$ и $S_{KLMN}=10\sqrt{2}$:

$$\frac{5\cdot 4\sqrt{2}\cdot h}{16}=10\sqrt{2}\Rightarrow \frac{5h}{4}=10\Rightarrow h=8.$$

Ответ: б) $8$.