ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Сначала найдём, по какой прямой плоскость $\alpha$ пересекает основание. Прямая $BC$ параллельна плоскости $\alpha$, а плоскость $(ABC)$ проходит через $BC$ и имеет с $\alpha$ общую точку $K$. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения параллельна этой прямой. Значит, $\alpha$ пересекает плоскость $(ABC)$ по прямой, которая проходит через $K$ параллельно $BC$. Пусть она пересекает ребро $AC$ в точке $N$. Тогда $KN\parallel BC$ и $N\in \alpha$.

Прямые $KN$ и $BC$ параллельны и пересекают стороны угла $BAC$, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках (обобщённой теореме Фалеса)

$$\frac{AN}{NC}=\frac{AK}{KB}=\frac{1}{5}.$$

Рассмотрим грань $SAC$. В ней по условию $\frac{SM}{MC}=\frac{1}{5}$, и мы получили $\frac{AN}{NC}=\frac{1}{5}$. Отсюда

$$\frac{CM}{CS}=\frac{CN}{CA}=\frac{5}{6}.$$

Треугольники $CMN$ и $CSA$ имеют общий угол $C$, а стороны, образующие этот угол, пропорциональны. Значит, они подобны по второму признаку, и $\angle CNM=\angle CAS$. Это соответственные углы при прямых $MN$, $SA$ и секущей $AC$, поэтому $MN\parallel SA$.

Прямая $MN$ лежит в плоскости $\alpha$, так как обе её точки лежат в $\alpha$. Прямая $SA$ в плоскости $\alpha$ не лежит: иначе $\alpha$ содержала бы точки $A$, $K$ и $S$, то есть совпадала бы с плоскостью $(SAB)$, а точка $M$ ребра $SC$ в этой плоскости не лежит. По признаку параллельности прямой и плоскости прямая $SA$, не лежащая в плоскости $\alpha$ и параллельная прямой $MN$ этой плоскости, параллельна плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём линию пересечения плоскостей $\alpha$ и $(SBC)$. Плоскость $(SBC)$ проходит через прямую $BC$, параллельную $\alpha$, и имеет с $\alpha$ общую точку $M$. По той же теореме, что и в пункте а), она пересекает $\alpha$ по прямой, проходящей через $M$ параллельно $BC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SB$ в точке $L$. Итак, плоскости $\alpha$ и $(SBC)$ пересекаются по прямой $ML$, и $ML\parallel BC$.

Пусть $H$ — середина ребра $BC$. Пирамида правильная, поэтому $SB=SC$ и треугольник $SBC$ равнобедренный: его медиана $SH$ является высотой, $SH\perp BC$. Треугольник $ABC$ равносторонний, и его медиана $AH$ тоже высота: $AH\perp BC$. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SH$ и $AH$ плоскости $(SAH)$, значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (SAH)$.

Если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и другая ей перпендикулярна. Поскольку $ML\parallel BC$, получаем $ML\perp (SAH)$.

Пусть плоскость $(SAH)$ пересекает прямую $ML$ в точке $F$ (это точка прямой $SH$), а прямую $KN$ — в точке $E$ (это точка прямой $AH$). Точки $E$ и $F$ лежат в плоскости $\alpha$, поэтому $EF$ — линия пересечения плоскостей $\alpha$ и $(SAH)$. Так как $ML\perp (SAH)$, прямая $ML$ перпендикулярна каждой прямой этой плоскости, в частности $ML\perp FE$ и $ML\perp FH$.

Получили: луч $FE$ лежит в плоскости $\alpha$, луч $FH$ — в плоскости $(SBC)$, и оба перпендикулярны общей прямой $ML$ в точке $F$. Значит, $\angle EFH$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $(SBC)$.

Заметим, что $FE\parallel SA$. Действительно, по пункту а) прямая $SA$ параллельна плоскости $\alpha$, а плоскость $(SAH)$ проходит через $SA$ и пересекает $\alpha$ по прямой $FE$; значит, $FE\parallel SA$. Тогда $\angle EFH=\angle ASH$ как соответственные углы при параллельных прямых $FE$, $SA$ и секущей $SH$. Остаётся найти угол $ASH$ треугольника $SAH$.

Найдём стороны этого треугольника. $SA=7$ по условию. Отрезок $AH$ — высота равностороннего треугольника со стороной 6:

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

Отрезок $SH$ — высота равнобедренного треугольника $SBC$, а $BH=\frac{BC}{2}=3$. По теореме Пифагора для треугольника $SHB$:

$$SH=\sqrt{S{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{49-9}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}.$$

Запишем теорему косинусов для треугольника $SAH$:

$$A{H}^2=S{A}^2+S{H}^2-2\cdot SA\cdot SH\cdot \cos \angle ASH.$$

Подставим найденные длины:

$$27=49+40-2\cdot 7\cdot 2\sqrt{10}\cdot \cos \angle ASH,28\sqrt{10}\cos \angle ASH=62.$$

Отсюда

$$\cos \angle ASH=\frac{62}{28\sqrt{10}}=\frac{31}{14\sqrt{10}}=\frac{31\sqrt{10}}{140}.$$

Косинус положителен, значит, угол $ASH$ острый, и он равен углу между плоскостями $\alpha$ и $(SBC)$:

$$\angle (\alpha ,(SBC))=\arccos \frac{31\sqrt{10}}{140}.$$

Ответ: б) $\arccos \frac{31\sqrt{10}}{140}$.