ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Угол между плоскостями не бывает тупым, поэтому отрицательный тангенс в условии относится к двугранному углу при ребре $AC$ между гранями $FAC$ и $ABC$: этот угол тупой.

Пусть $FH$ — высота пирамиды, $H\in (ABC)$, $FH=2\sqrt{3}$. По условию $FA\perp AC$, а $FH\perp AC$, так как $FH$ перпендикулярна плоскости основания. Прямые $FA$ и $FH$ пересекаются (точка $H$ не совпадает с $A$, иначе грань $FAC$ была бы перпендикулярна основанию и двугранный угол был бы прямым). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC\perp (FAH)$, и поэтому $AH\perp AC$.

Значит, $H$ лежит на прямой $m$, которая проходит через $A$ в плоскости основания перпендикулярно $AC$. Прямые $m$ и $BC$ лежат в одной плоскости и обе перпендикулярны $AC$, поэтому $m\parallel BC$.

Отметим на прямой $m$ точку $D$ по ту же сторону от $AC$, что и $B$. Лучи $AF$ и $AD$ лежат в гранях $FAC$ и $ABC$ и перпендикулярны ребру $AC$ в точке $A$, поэтому $\angle FAD$ — линейный угол двугранного угла при ребре $AC$, и $\mathrm{tg}\angle FAD=-\frac{\sqrt{3}}{5}$, то есть угол $FAD$ тупой.

Если бы точка $H$ лежала на луче $AD$, угол $FAD$ совпадал бы с острым углом $FAH$ прямоугольного треугольника $FHA$. Значит, $H$ лежит на продолжении луча $DA$ за точку $A$, то есть по другую сторону от $AC$, чем $B$, и

$$\angle FAH=180^{\circ }-\angle FAD,\mathrm{tg}\angle FAH=\frac{\sqrt{3}}{5}.$$

В прямоугольном треугольнике $FHA$ (угол $H$ прямой)

$$\mathrm{tg}\angle FAH=\frac{FH}{AH}\Rightarrow AH=\frac{FH}{\mathrm{tg}\angle FAH}=\frac{2\sqrt{3}\cdot 5}{\sqrt{3}}=10.$$

Теперь построим угол между плоскостями $FAB$ и $ABC$. Проведём в плоскости основания $HP\perp AB$, $P\in AB$. Отрезок $HP$ — проекция наклонной $FP$, и $HP\perp AB$, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $FP\perp AB$. Значит, $\angle FPH$ — линейный угол двугранного угла при ребре $AB$. Он острый (треугольник $FHP$ прямоугольный с прямым углом $H$), поэтому равен углу $\phi$ между плоскостями $FAB$ и $ABC$.

Найдём $HP$. По теореме Пифагора в треугольнике $ABC$

$$AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=\sqrt{9+16}=5.$$

Прямые $AH$ и $BC$ параллельны, поэтому секущая $AB$ образует с ними равные углы: острый угол между прямыми $AB$ и $AH$ равен углу $ABC$. В прямоугольном треугольнике $APH$ (угол $P$ прямой) это угол $PAH$, поэтому

$$\sin \angle PAH=\sin \angle ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5},HP=AH\cdot \sin \angle PAH=10\cdot \frac{3}{5}=6.$$

Тогда в прямоугольном треугольнике $FHP$

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{FH}{HP}=\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =30^{\circ }.$$

Что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $FP\perp AB$, значит, $FP$ — высота треугольника $FAB$, проведённая к стороне $AB$. По теореме Пифагора в треугольнике $FHP$

$$FP=\sqrt{F{H}^2+H{P}^2}=\sqrt{12+36}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}.$$

Тогда

$$S_{FAB}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot FP=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4\sqrt{3}=10\sqrt{3}.$$

Проверим по теореме о площади проекции. Треугольник $HAB$ — проекция треугольника $FAB$ на плоскость основания, его высота к стороне $AB$ равна $HP=6$, поэтому $S_{HAB}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 6=15$. Площадь проекции равна площади фигуры, умноженной на косинус угла между плоскостями:

$$S_{FAB}=\frac{S_{HAB}}{\cos 30^{\circ }}=\frac{15}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $10\sqrt{3}$.