ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$. Пирамида правильная, поэтому $SO\perp (ABC)$, и проекцией ребра $SA$ на плоскость основания служит отрезок $AO$. Значит, проекция $K_1$ точки $K$ лежит на $AO$, то есть на диагонали $AC$, и $K{K}_1\perp (ABC)$.

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости основания и содержит точку $K$. Если две плоскости перпендикулярны, то перпендикуляр, проведённый к одной из них из точки другой, лежит в этой другой плоскости. Поэтому $K{K}_1\subset \alpha$.

Выясним, как устроено сечение. Точка $K$ лежит внутри ребра $SA$, поэтому $S$ и $A$ находятся по разные стороны от $\alpha$. Сечение — треугольник, одна вершина которого $K$, а одна сторона лежит в основании. Если бы какая-то из вершин $B$, $C$, $D$ лежала по ту же сторону от $\alpha$, что и $A$, то плоскость пересекла бы соответствующее ребро $SB$, $SC$ или $SD$, и у сечения появилась бы ещё одна вершина. Значит, $\alpha$ отделяет вершину $A$ от вершин $B$ и $D$, и в основании она пересекает стороны $AB$ и $AD$ в точках $L$ и $P$. Сечение — правильный треугольник $KLP$, причём $K_1$ лежит на $LP$ (это общая точка $\alpha$ и основания).

Так как $K{K}_1\perp (ABC)$, то $K{K}_1\perp LP$, то есть $K{K}_1$ — высота правильного треугольника $KLP$. В правильном треугольнике высота является и медианой, поэтому $L{K}_1=K_{1}P$.

В квадрате диагональ $AC$ — биссектриса угла $BAD$, поэтому $A{K}_1$ — биссектриса угла $LAP$ треугольника $ALP$. По свойству биссектрисы

$$\frac{AL}{AP}=\frac{L{K}_1}{K_{1}P}=1,$$

то есть $AL=AP$. В равнобедренном треугольнике $ALP$ медиана $A{K}_1$, проведённая к основанию, является высотой: $AC\perp LP$.

Итак, прямая $AC$ перпендикулярна прямой $LP$ и прямой $K{K}_1$ (последняя перпендикулярна всей плоскости основания). Эти прямые пересекаются в точке $K_1$ и лежат в плоскости $\alpha$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC\perp \alpha$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём размеры сечения. Площадь правильного треугольника со стороной $LP$ равна $\frac{\sqrt{3}}{4}L{P}^2$:

$$\frac{\sqrt{3}}{4}L{P}^2=3\sqrt{3}\Rightarrow L{P}^2=12,LP=2\sqrt{3}.$$

Высота этого треугольника:

$$K{K}_1=\frac{\sqrt{3}}{2}LP=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 2\sqrt{3}=3.$$

Треугольник $ALP$ прямоугольный ($\angle A=90^{\circ }$) и равнобедренный, поэтому $AL=AP=\frac{LP}{\sqrt{2}}=\sqrt{6}$, а его площадь $S_{ALP}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{6}\cdot \sqrt{6}=3$. Объём тетраэдра $KALP$ с основанием $ALP$ и высотой $K{K}_1$:

$$V_{KALP}=\frac{1}{3}\cdot S_{ALP}\cdot K{K}_1=\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 3=3.$$

Теперь свяжем этот объём с объёмом пирамиды. Обозначим $k=\frac{AK}{AS}$. Прямые $K{K}_1$ и $SO$ перпендикулярны основанию, поэтому $K{K}_1\parallel SO$, и прямоугольные треугольники $AK{K}_1$ и $ASO$ подобны по общему острому углу $A$:

$$\frac{K{K}_1}{SO}=\frac{A{K}_1}{AO}=k.$$

Прямоугольные равнобедренные треугольники $ALP$ и $ABD$ подобны, и их высоты, проведённые из вершины $A$, — это $A{K}_1$ и $AO$. Поэтому коэффициент их подобия равен $\frac{A{K}_1}{AO}=k$, а площади относятся как квадрат коэффициента:

$$S_{ALP}=k^2\cdot S_{ABD}=k^2\cdot \frac{1}{2}{S}_{ABCD}.$$

Тогда

$$V_{KALP}=\frac{1}{3}\cdot K{K}_1\cdot S_{ALP}=\frac{1}{3}\cdot kSO\cdot \frac{k^2}{2}{S}_{ABCD}=\frac{k^3}{2}\cdot \frac{1}{3}SO\cdot S_{ABCD}=\frac{k^3}{2}\cdot V_{SABCD}.$$

Подставим известные объёмы:

$$3=\frac{k^3}{2}\cdot 36\sqrt{6}\Rightarrow k^3=\frac{6}{36\sqrt{6}}=\frac{1}{6\sqrt{6}}={\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)}^3\Rightarrow k=\frac{1}{\sqrt{6}}.$$

Итак, $AK=\frac{AS}{\sqrt{6}}$, $SK=AS-AK=AS\left(1-\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$, и

$$\frac{SK}{KA}=\frac{1-\frac{1}{\sqrt{6}}}{\frac{1}{\sqrt{6}}}=\sqrt{6}-1.$$

Ответ: б) $(\sqrt{6}-1):1$.