В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF сторона основания AB равна 5, а боковое… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды сложная развёрнутое

В правильной шестиугольной пирамиде $S A B C D E F$ сторона основания $A B$ равна 5, а боковое ребро $S A$ равно 9. Точка $M$ лежит на ребре $A B$ , $A M = 1$ , а точка $K$ лежит на ребре $S C$ . Известно, что $M K = K D$ .

а) Докажите, что плоскость $D K M$ перпендикулярна плоскости $A B C$ .

б) Найдите площадь треугольника $D K M$ .

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

Треугольник DKM, KH — перпендикуляр к основанию

а) Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника; $S O$ — высота пирамиды. Треугольники $A O B$ и $B O C$ правильные со стороной 5, поэтому $A B C O$ — ромб и $O C ∥ A B$ . Диагональ $A D$ проходит через центр, $O$ — её середина и $A D = 10$ .

Пусть $H$ — проекция точки $K$ на плоскость основания. Тогда $K H ∥ S O$ , прямая $K H$ лежит в плоскости $S O C$ , и точка $H$ лежит на отрезке $O C$ .

Прямоугольные треугольники $K H M$ и $K H D$ имеют общий катет $K H$ и равные гипотенузы $K M = K D$ , поэтому $H M = H D$ . Итак, $H$ — точка прямой $O C$ , равноудалённая от $M$ и $D$ .

Пусть $P$ — середина $M D$ . В треугольнике $A M D$ отрезок $O P$ соединяет середины сторон $A D$ и $M D$ , значит, это средняя линия: $O P ∥ A M$ и $O P = \frac{1}{2} A M$ . Через точку $O$ проходит только одна прямая, параллельная $A B$ , — это $O C$ . Значит, $P$ лежит на прямой $O C$ , и $P M = P D$ .

Покажем, что на прямой $O C$ есть только одна точка, равноудалённая от $M$ и $D$ . Такие точки плоскости основания образуют серединный перпендикуляр к $M D$ . Прямая $O C$ пересекает его ровно в одной точке, если $O C$ не перпендикулярна $M D$ . А $O C ∥ A B$ , и $A B ⊥ M D$ невозможно: $∠ A B D = 9 0^{\circ}$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $A D$ описанной окружности, так что перпендикуляр из $D$ на прямую $A B$ падает в точку $B$ , а $M \neq = B$ ( $A M = 1$ , $A B = 5$ ). Значит, $H = P$ , то есть точка $H$ лежит на отрезке $M D$ .

Тогда прямая $K H$ лежит в плоскости $D K M$ и перпендикулярна плоскости $A B C$ . По признаку перпендикулярности плоскостей $(D K M) ⊥ (A B C)$ , что и требовалось доказать.

б) Угол $D A M$ равен $∠ O A B = 6 0^{\circ}$ (треугольник $A O B$ правильный). По теореме косинусов в треугольнике $A M D$ :

$M D^{2} = A M^{2} + A D^{2} - 2 \cdot A M \cdot A D \cdot cos 6 0^{\circ} = 1 + 100 - 10 = 91, M D = 91 .$

Из пункта а) $O H = O P = \frac{1}{2} A M = \frac{1}{2}$ , причём $H$ лежит на отрезке $O C$ длины 5. Поэтому

$C H = O C - O H = 5 - \frac{1}{2} = \frac{9}{2} .$

Высота пирамиды из прямоугольного треугольника $S O C$ ( $O C = A B = 5$ ):

$S O = S C^{2} - O C^{2} = 81 - 25 = 56 = 214 .$

Треугольники $C H K$ и $C O S$ подобны ( $K H ∥ S O$ ), поэтому

$\frac{K H}{S O} = \frac{C H}{C O} = \frac{9/2}{5} = \frac{9}{10}, K H = \frac{9}{10} \cdot 214 = \frac{9 14}{5} .$

Так как $K H$ перпендикулярна плоскости основания, $K H ⊥ M D$ , то есть $K H$ — высота треугольника $D K M$ , проведённая к стороне $M D$ . Площадь:

$S_{D K M} = \frac{1}{2} \cdot M D \cdot K H = \frac{1}{2} \cdot 91 \cdot \frac{9 14}{5} = \frac{9 1274}{10} = \frac{9 \cdot 7 26}{10} = \frac{63 26}{10} .$

Ответ: б) $\frac{63 26}{10}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15