ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Диагональ куба в $\sqrt{3}$ раз больше ребра, поэтому ребро куба равно $\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$. Диагональ грани в $\sqrt{2}$ раз больше ребра и равна $\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}=\sqrt{6}$.

Так как $A_{1}C=3<4=A_{1}P$, точка $P$ лежит на луче $A_{1}C$ за точкой $C$.

Тетраэдр правильный, если все шесть его рёбер равны (тогда все грани — равные правильные треугольники). Значит, надо доказать, что

$$DB=D{C}_1=B{C}_1=PB=PD=P{C}_1.$$

Отрезки $DB$, $D{C}_1$ и $B{C}_1$ — диагонали граней куба, поэтому каждый из них равен $\sqrt{6}$. Осталось найти расстояния от $P$ до точек $C_1$, $B$ и $D$.

Найдём $P{C}_1$. Точки $A_1$, $C$ и $C_1$ лежат в диагональном сечении $A{A}_1{C}_{1}C$, и вся прямая $A_{1}C$ лежит в этой плоскости, а значит, и точка $P$. Ребро $C{C}_1$ перпендикулярно верхней грани, поэтому $C{C}_1\perp A_1{C}_1$, и треугольник $A_1{C}_{1}C$ прямоугольный с прямым углом $C_1$. Отсюда

$$\cos \angle C_1{A}_{1}C=\frac{A_1{C}_1}{A_{1}C}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$$

Точка $P$ лежит на луче $A_{1}C$, поэтому $\angle C_1{A}_{1}P=\angle C_1{A}_{1}C$. По теореме косинусов в треугольнике $C_1{A}_{1}P$

$$P{C}_1^2=A_1{C}_1^2+A_1{P}^2-2\cdot A_1{C}_1\cdot A_{1}P\cdot \cos \angle C_1{A}_{1}P=6+16-2\cdot \sqrt{6}\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}=22-16=6,$$

то есть $P{C}_1=\sqrt{6}$.

Найдём $PB$. Рассмотрим сечение $A_{1}BC{D}_1$, в нём лежат точки $A_1$, $B$, $C$, а значит, и $P$. Ребро $BC$ перпендикулярно грани $AB{B}_1{A}_1$, поэтому $BC\perp A_{1}B$, и треугольник $A_{1}BC$ прямоугольный с прямым углом $B$. Так как $A_{1}B=\sqrt{6}$ — диагональ грани,

$$\cos \angle B{A}_{1}C=\frac{A_{1}B}{A_{1}C}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $B{A}_{1}P$

$$P{B}^2=A_1{B}^2+A_1{P}^2-2\cdot A_{1}B\cdot A_{1}P\cdot \cos \angle B{A}_{1}P=6+16-2\cdot \sqrt{6}\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}=6,$$

то есть $PB=\sqrt{6}$.

Найдём $PD$. Рассмотрим сечение $A_1{B}_{1}CD$. Ребро $DC$ перпендикулярно грани $A{A}_1{D}_{1}D$, поэтому $DC\perp A_{1}D$, треугольник $A_{1}DC$ прямоугольный с прямым углом $D$, $A_{1}D=\sqrt{6}$ и $\cos \angle D{A}_{1}C=\frac{\sqrt{6}}{3}$. По теореме косинусов в треугольнике $D{A}_{1}P$ получаем то же самое:

$$P{D}^2=6+16-2\cdot \sqrt{6}\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}=6,PD=\sqrt{6}.$$

Итак, все шесть рёбер многогранника $DBP{C}_1$ равны $\sqrt{6}$, и это правильный тетраэдр. Что и требовалось доказать.

б) Точки $A$ и $P$ лежат в сечении $A{A}_1{C}_{1}C$. Ребро $A{A}_1$ перпендикулярно основанию, поэтому $A{A}_1\perp AC$, и треугольник $A_{1}AC$ прямоугольный с прямым углом $A$. Значит,

$$\cos \angle A{A}_{1}C=\frac{A{A}_1}{A_{1}C}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $A{A}_{1}P$ (угол $A{A}_{1}P$ совпадает с углом $A{A}_{1}C$)

$$A{P}^2=A{A}_1^2+A_1{P}^2-2\cdot A{A}_1\cdot A_{1}P\cdot \cos \angle A{A}_{1}P=3+16-2\cdot \sqrt{3}\cdot 4\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=19-8=11.$$

Значит, $AP=\sqrt{11}$.

Ответ: б) $\sqrt{11}$.