ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Плоскость, проходящая через $K$ параллельно основанию, пересекает грань $ASB$ по отрезку $KQ$. Плоскость $ASB$ пересекает две параллельные плоскости — основание $ABC$ и плоскость $KQP$ — по прямым $AB$ и $KQ$. Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии их пересечения параллельны, поэтому $KQ\parallel AB$.

В треугольнике $ASB$ прямая $KQ$ проходит через середину $K$ стороны $AS$ параллельно стороне $AB$. По теореме Фалеса она делит пополам и сторону $SB$, то есть $Q$ — середина $SB$.

Точно так же плоскость $ASC$ пересекает параллельные плоскости по прямым $AC$ и $KP$, значит, $KP\parallel AC$ и $P$ — середина $SC$.

Тогда $PQ$ — средняя линия треугольника $SBC$, поэтому $PQ\parallel BC$. Отрезок $SN$ соединяет вершину $S$ с точкой $N$ стороны $BC$, поэтому средняя линия $PQ$ его пересекает. Обозначим точку пересечения через $M$.

Рассмотрим треугольник $SBN$. Отрезок $QM$ параллелен стороне $BN$ и проходит через середину $Q$ стороны $SB$. По теореме Фалеса $M$ — середина $SN$. Значит, $PQ$ проходит через середину отрезка $SN$. Что и требовалось доказать.

б) Сначала найдём линию пересечения плоскостей. Прямая $PQ$ параллельна прямой $BC$, лежащей в плоскости основания, поэтому по признаку параллельности прямой и плоскости $PQ\parallel (ABC)$. Плоскость $APQ$ проходит через прямую $PQ$ и имеет с основанием общую точку $A$. Значит, она пересекает основание по прямой $l$, которая проходит через $A$ параллельно $PQ$, а значит, и параллельно $BC$.

Теперь построим линейный угол двугранного угла при ребре $l$. Треугольник $ABC$ правильный, поэтому его медиана $AN$ является высотой: $AN\perp BC$, а так как $l\parallel BC$, то $AN\perp l$.

Треугольники $ASB$ и $ASC$ равны по трём сторонам: $SA$ — общая, $SB=SC$ и $AB=AC$, так как пирамида правильная. Отрезки $AQ$ и $AP$ — соответственные медианы этих треугольников, поэтому $AQ=AP$ и треугольник $APQ$ равнобедренный.

Точка $M$ — середина $PQ$. Действительно, $SN$ — медиана треугольника $SBC$, а $PQ\parallel BC$, поэтому из подобия треугольников $SQM$ и $SBN$, $SPM$ и $SCN$ получаем $\frac{QM}{BN}=\frac{SM}{SN}=\frac{PM}{CN}$, а $BN=CN$. Значит, $AM$ — медиана равнобедренного треугольника $APQ$, проведённая к основанию, и поэтому его высота: $AM\perp PQ$. Так как $l\parallel PQ$, то $AM\perp l$.

Лучи $AM$ и $AN$ лежат в плоскостях $APQ$ и $ABC$ и перпендикулярны их общей прямой $l$ в одной точке $A$. Поэтому $\angle MAN$ — линейный угол двугранного угла между этими плоскостями. Ниже мы увидим, что он острый, значит, он и равен искомому углу.

Найдём нужные длины. Пирамида правильная, поэтому основание $H$ её высоты — центр треугольника $ABC$, то есть точка пересечения медиан. Она лежит на $AN$ и делит медиану в отношении $AH:HN=2:1$. Медиана правильного треугольника со стороной $24$ равна

$$AN=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{24\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3},AH=8\sqrt{3},HN=4\sqrt{3}.$$

Точка $M$ лежит на $SN$, то есть в плоскости $SAN$. Проведём в этой плоскости $ML\parallel SH$, $L\in AN$. Так как $SH$ перпендикулярна основанию, то и параллельная ей прямая $ML$ перпендикулярна основанию.

В треугольнике $SHN$ отрезок $ML$ проходит через середину $M$ стороны $SN$ параллельно $SH$, поэтому $ML$ — средняя линия: $L$ — середина $HN$ и

$$ML=\frac{SH}{2}=\frac{14}{2}=7,HL=\frac{HN}{2}=2\sqrt{3}.$$

Тогда $AL=AH+HL=8\sqrt{3}+2\sqrt{3}=10\sqrt{3}$.

Треугольник $AML$ прямоугольный с прямым углом $L$, и угол $MAL$ совпадает с углом $MAN$, так как $L$ лежит на отрезке $AN$. Следовательно, этот угол острый и

$$\mathrm{tg}\angle MAN=\frac{ML}{AL}=\frac{7}{10\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{30}.$$

Искомый угол равен $\mathrm{arctg}\frac{7\sqrt{3}}{30}$.

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{7\sqrt{3}}{30}$.