ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Прямые $AN$ и $CD$ лежат в плоскости основания и не параллельны: иначе $ANCD$ был бы параллелограммом и $NC=AD$. Пусть они пересекаются в точке $O$. Так как $NC\parallel AD$ и $NC<AD$, точка $O$ лежит на продолжении $DC$ за точку $C$.

Точка $O$ лежит на прямой $AN$, то есть в плоскости $AMN$, и на прямой $CD$, то есть в плоскости $SCD$. Точка $M$ тоже принадлежит обеим плоскостям. Значит, плоскость $AMN$ пересекает плоскость $SCD$ по прямой $MO$, и точка $K$ пересечения плоскости $AMN$ с ребром $SC$ — это точка пересечения прямых $MO$ и $SC$.

Из $BC=4$ и $BN:NC=1:3$ получаем $BN=1$, $NC=3$. Треугольники $NOC$ и $AOD$ подобны: угол $O$ общий, а $\angle NCO=\angle ADO$ как соответственные при параллельных $NC$ и $AD$ и секущей $DO$. Поэтому

$$\frac{OC}{OD}=\frac{NC}{AD}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3},DO:OC=3:1.$$

Прямая $MO$ пересекает стороны $SD$ и $SC$ треугольника $SCD$ в точках $M$ и $K$ и продолжение стороны $DC$ в точке $O$. По теореме Менелая

$$\frac{SM}{MD}\cdot \frac{DO}{OC}\cdot \frac{CK}{KS}=1\iff \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{1}\cdot \frac{CK}{KS}=1\iff \frac{CK}{KS}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $SK:KC=2:1$. Что и требовалось доказать.

б) Сечение пирамиды — четырёхугольник $AMKN$. Плоскость делит пирамиду на два многогранника: верхний с вершинами $S$, $A$, $B$, $N$, $K$, $M$ и нижний с вершинами $A$, $N$, $C$, $D$, $M$, $K$.

Найдём объём нижнего многогранника. Рассмотрим треугольную пирамиду $MAOD$. Её грань $AOM$ лежит в плоскости сечения. Плоскость $SBC$ проходит через точки $N\in AO$, $C\in OD$ и $K\in MO$ и отрезает от пирамиды $MAOD$ угол при вершине $O$ — пирамиду $KNOC$. Оставшаяся часть и есть нижний многогранник, поэтому

$$V_{\text{ниж}}=V_{MAOD}-V_{KNOC}.$$

Обозначим $V=V_{SABCD}$, $h$ — высоту пирамиды $SABCD$, $Q=S_{ABCD}$.

Найдём высоты пирамид $MAOD$ и $KNOC$, опущенные из $M$ и $K$. Если из двух точек наклонной провести перпендикуляры к плоскости, то получатся подобные прямоугольные треугольники с общим углом при точке пересечения наклонной с плоскостью. Для наклонной $SD$ это даёт расстояние от $M$ до основания $\frac{MD}{SD}\cdot h=\frac{3}{5}h$, а для наклонной $SC$ — расстояние от $K$ до основания $\frac{KC}{SC}\cdot h=\frac{1}{3}h$.

Площади оснований. Пусть $t$ — высота трапеции, тогда $Q=\frac{9+4}{2}\cdot t=\frac{13}{2}t$. Из $DO:OC=3:1$ следует: если $OC=x$, то $DO=3x$ и $CD=2x$, то есть $DO=\frac{3}{2}CD$. Расстояние от точки прямой $DC$ до прямой $AD$ пропорционально её расстоянию до $D$, поэтому расстояние от $O$ до $AD$ равно $\frac{3}{2}t$. Тогда

$$S_{AOD}=\frac{1}{2}\cdot 9\cdot \frac{3}{2}t=\frac{27}{4}t=\frac{27}{26}Q.$$

Треугольник $NOC$ подобен треугольнику $AOD$ с коэффициентом $\frac{1}{3}$, а площади подобных фигур относятся как квадрат коэффициента:

$$S_{NOC}=\frac{1}{9}{S}_{AOD}=\frac{1}{9}\cdot \frac{27}{26}Q=\frac{3}{26}Q.$$

Теперь объёмы:

$$V_{MAOD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{27}{26}Q\cdot \frac{3}{5}h=\frac{27}{26}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}Qh=\frac{81}{130}V,$$

$$V_{KNOC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{26}Q\cdot \frac{1}{3}h=\frac{1}{26}\cdot \frac{1}{3}Qh=\frac{1}{26}V=\frac{5}{130}V.$$

Значит,

$$V_{\text{ниж}}=\frac{81}{130}V-\frac{5}{130}V=\frac{76}{130}V,V_{\text{верх}}=V-\frac{76}{130}V=\frac{54}{130}V.$$

Отношение объёмов:

$$V_{\text{верх}}:V_{\text{ниж}}=54:76=27:38.$$

Ответ: б) $27:38$.