ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — центр основания, то есть точка пересечения медиан правильного треугольника $ABC$. Пирамида правильная, поэтому $SO\perp (ABC)$. Пусть $E$ — середина $AB$, тогда $CE$ — медиана основания, и точка $O$ лежит на ней, причём $CO:OE=2:1$.

Отрезок $MN$ — средняя линия треугольника $SAB$, поэтому $MN\parallel AB$. Пусть $H$ — точка пересечения $MN$ и $SE$. В треугольнике $SAE$ точка $M$ — середина $SA$ и $MH\parallel AE$, поэтому по теореме Фалеса $H$ — середина $SE$.

Плоскость $(SEC)$ содержит высоту $SO$. Проведём в этой плоскости через точку $H$ прямую, параллельную $SO$, и обозначим через $H^{\prime }$ её пересечение с $CE$. Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, тоже перпендикулярна этой плоскости, поэтому $H{H}^{\prime }\perp (ABC)$.

Точка $H$ лежит в плоскости $\alpha$, а $\alpha \perp (ABC)$. Если две плоскости перпендикулярны, то прямая, проведённая через точку одной из них перпендикулярно другой, целиком лежит в первой плоскости. Значит, $H{H}^{\prime }\subset \alpha$, и $H^{\prime }$ — общая точка плоскости $\alpha$ и медианы $CE$. Другой общей точки нет: $\alpha$ пересекает основание по прямой, параллельной $MN$, то есть параллельной $AB$, а медиана $CE$ прямой $AB$ не параллельна.

В треугольнике $SEO$ точка $H$ — середина $SE$ и $H{H}^{\prime }\parallel SO$. По теореме Фалеса $H^{\prime }$ — середина $EO$, поэтому

$$E{H}^{\prime }=\frac{1}{2}EO=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}CE=\frac{1}{6}CE,C{H}^{\prime }=CE-E{H}^{\prime }=\frac{5}{6}CE.$$

Значит, $C{H}^{\prime }:H^{\prime }E=5:1$. Что и требовалось доказать.

б) Построим сечение. Прямая $MN$ параллельна прямой $AB$, лежащей в плоскости $(ABC)$, поэтому $MN\parallel (ABC)$. Плоскость $\alpha$ проходит через $MN$ и пересекает плоскость основания, значит, линия пересечения параллельна $MN$. Это прямая, проходящая через $H^{\prime }$ параллельно $AB$. Пусть она пересекает $AC$ в точке $M^{\prime }$, а $BC$ — в точке $N^{\prime }$.

Сечение — четырёхугольник $MN{N}^{\prime }{M}^{\prime }$: отрезок $M{M}^{\prime }$ лежит в грани $SAC$, отрезок $N{N}^{\prime }$ — в грани $SBC$. У него $MN\parallel M^{\prime }{N}^{\prime }$, а длины этих сторон разные (найдём ниже), поэтому это трапеция.

Найдём основания. $MN$ — средняя линия треугольника $SAB$:

$$MN=\frac{1}{2}AB=12.$$

Треугольник $C{M}^{\prime }{N}^{\prime }$ подобен треугольнику $CAB$, так как $M^{\prime }{N}^{\prime }\parallel AB$. Медиана $CE$ при этом подобии переходит в отрезок $C{H}^{\prime }$, поэтому коэффициент подобия равен $\frac{C{H}^{\prime }}{CE}=\frac{5}{6}$:

$$M^{\prime }{N}^{\prime }=\frac{5}{6}\cdot 24=20.$$

Найдём высоту трапеции. $H{H}^{\prime }\perp (ABC)$, поэтому $H{H}^{\prime }\perp M^{\prime }{N}^{\prime }$, а так как $MN\parallel M^{\prime }{N}^{\prime }$, то и $H{H}^{\prime }\perp MN$. Точка $H$ лежит на $MN$, точка $H^{\prime }$ — на $M^{\prime }{N}^{\prime }$, значит, $H{H}^{\prime }$ — высота трапеции. Кроме того, $H{H}^{\prime }$ — средняя линия треугольника $SEO$, поэтому $H{H}^{\prime }=\frac{1}{2}SO$.

Высота правильного треугольника со стороной 24 равна $CE=\frac{24\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}$, тогда $CO=\frac{2}{3}CE=8\sqrt{3}$. Из прямоугольного треугольника $SOC$ по теореме Пифагора:

$$SO=\sqrt{S{C}^2-C{O}^2}=\sqrt{19^2-{\left(8\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{361-192}=\sqrt{169}=13.$$

Значит, $H{H}^{\prime }=\frac{13}{2}$. Площадь трапеции:

$$S_{MN{N}^{\prime }{M}^{\prime }}=\frac{MN+M^{\prime }{N}^{\prime }}{2}\cdot H{H}^{\prime }=\frac{12+20}{2}\cdot \frac{13}{2}=16\cdot \frac{13}{2}=104.$$

Ответ: б) $104$.