ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $N$ — середина ребра $AD$, $M$ — середина ребра $BC$.

Треугольник $ABD$ равнобедренный ($AB=BD=7$) с основанием $AD$, поэтому его медиана $BN$ является высотой: $BN\perp AD$. Точно так же треугольник $ACD$ равнобедренный ($AC=DC=7$), и $CN\perp AD$. Лучи $NB$ и $NC$ лежат в гранях $ABD$ и $ACD$ и перпендикулярны их общему ребру $AD$ в одной точке $N$. Значит, $\angle BNC$ — линейный угол двугранного угла при ребре $AD$.

Аналогично треугольники $BAC$ ($AB=AC$) и $BDC$ ($DB=DC$) равнобедренные с общим основанием $BC$, поэтому $AM\perp BC$ и $DM\perp BC$, и $\angle AMD$ — линейный угол двугранного угла при ребре $BC$. По условию эти двугранные углы равны, обозначим их величину $\phi$:

$$\angle BNC=\angle AMD=\phi .$$

Треугольники $ABD$ и $ACD$ равны по трём сторонам: $AB=AC$, $BD=CD$, сторона $AD$ общая. Значит, равны и их медианы к стороне $AD$: $BN=CN$. Так же треугольники $ABC$ и $DBC$ равны по трём сторонам, откуда $AM=DM$.

Точки $M$ и $N$ различны: иначе прямые $AD$ и $BC$ пересекались бы и все четыре вершины лежали бы в одной плоскости.

Треугольник $BNC$ равнобедренный ($BN=CN$), и $M$ — середина его основания $BC$. Медиана к основанию является высотой и биссектрисой, поэтому $NM\perp BC$ и $\angle MNC=\frac{\phi }{2}$.

Треугольник $AMD$ равнобедренный ($AM=DM$), и $N$ — середина его основания $AD$. Поэтому $MN\perp AD$ и $\angle NMD=\frac{\phi }{2}$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $NMC$ (прямой угол при вершине $M$) и $MND$ (прямой угол при вершине $N$). Катет $MN$ у них общий, а прилежащие к нему острые углы равны: $\angle MNC=\angle NMD=\frac{\phi }{2}$. Значит, треугольники равны по катету и прилежащему острому углу, и $MC=ND$, $NC=MD$. Тогда

$$BC=2MC=2ND=AD.$$

Что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $BN=CN$, $AM=DM$ и $NC=MD$, поэтому все четыре отрезка равны. Обозначим

$$AM=DM=BN=CN=x.$$

Двугранные углы при рёбрах $AD$ и $BC$ равны $120^{\circ }$, значит, $\angle BNC=\angle AMD=120^{\circ }$.

По теореме косинусов для треугольника $BNC$:

$$B{C}^2=B{N}^2+C{N}^2-2\cdot BN\cdot CN\cdot \cos 120^{\circ }=x^2+x^2-2x^2\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=3x^2,$$

откуда $BC=x\sqrt{3}$, и по пункту а) $AD=BC=x\sqrt{3}$.

Найдём $x$. В треугольнике $ABM$ угол $M$ прямой ($AM\perp BC$), а $BM=\frac{BC}{2}=\frac{x\sqrt{3}}{2}$. По теореме Пифагора:

$$A{B}^2=A{M}^2+B{M}^2,49=x^2+\frac{3x^2}{4}=\frac{7x^2}{4},$$

откуда $x^2=28$ и $x=2\sqrt{7}$.

Теперь построим высоту пирамиды. Опустим из вершины $D$ перпендикуляр $DH$ на плоскость $(ABC)$. Наклонная $DM$ перпендикулярна прямой $BC$, лежащей в плоскости $(ABC)$. По теореме, обратной теореме о трёх перпендикулярах, проекция $HM$ тоже перпендикулярна $BC$. В плоскости $(ABC)$ через точку $M$ проходит только одна прямая, перпендикулярная $BC$, — это прямая $AM$. Значит, точка $H$ лежит на прямой $AM$.

Угол $AMD$ треугольника $AMD$ тупой ($120^{\circ }$), поэтому высота $DH$ этого треугольника падает на продолжение стороны $AM$ за точку $M$. Углы $AMD$ и $DMH$ смежные, их сумма равна $180^{\circ }$:

$$\angle DMH=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }.$$

Из прямоугольного треугольника $DMH$ (угол $H$ прямой):

$$DH=DM\cdot \sin 60^{\circ }=x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{7}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{21}.$$

Площадь основания: $AM$ — высота треугольника $ABC$, проведённая к стороне $BC$, поэтому

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot AM=\frac{1}{2}\cdot x\sqrt{3}\cdot x=\frac{x^2\sqrt{3}}{2}=\frac{28\sqrt{3}}{2}=14\sqrt{3}.$$

Объём пирамиды:

$$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot 14\sqrt{3}\cdot \sqrt{21}=\frac{14\sqrt{63}}{3}=\frac{14\cdot 3\sqrt{7}}{3}=14\sqrt{7}.$$

Ответ: б) $14\sqrt{7}$.