ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пирамида правильная, поэтому $ABCD$ — квадрат, и его центр $O$ — середина диагонали $AC$. Точка $M$ — середина $SC$. Значит, $OM$ — средняя линия треугольника $SAC$, и $OM\parallel SA$.

Прямая $OM$ лежит в плоскости $(OMK)$. Прямая $SA$ в этой плоскости не лежит: иначе плоскость $(OMK)$ содержала бы точки $S$, $A$, $C$ и совпадала бы с плоскостью $(SAC)$, но точка $K$ лежит на $BC$, не совпадает с $C$ и поэтому не принадлежит $(SAC)$. По признаку параллельности прямой и плоскости $SA\parallel (OMK)$. Что и требовалось доказать.

б) Так как $BC=AB=6$ и $BK:KC=2:1$, то $BK=4$, $KC=2$.

Найдём, где плоскость $(OMK)$ пересекает ребро $AD$. Пусть прямая $KO$ пересекает $AD$ в точке $T$. Сравним треугольники $CKO$ и $ATO$: $CO=AO$, так как $O$ — середина $AC$; $\angle KCO=\angle TAO$ как накрест лежащие при параллельных $BC$ и $AD$ и секущей $AC$; $\angle KOC=\angle TOA$ как вертикальные. Треугольники равны по стороне и двум прилежащим углам, поэтому $AT=CK=2$ и $DT=AD-AT=4$.

Точка $T$ лежит на прямой $KO$, а значит, в плоскости $(OMK)$. Плоскость $(SAD)$ проходит через прямую $SA$, параллельную плоскости $(OMK)$ (пункт а), и имеет с ней общую точку $T$. Поэтому эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через $T$ параллельно $SA$. Пусть она пересекает ребро $SD$ в точке $P$. Тогда плоскость $(OMK)$ пересекает грань $SAD$ по отрезку $TP$, а всё сечение пирамиды — четырёхугольник $TPMK$.

Найдём боковое ребро. Диагональ квадрата $AC=6\sqrt{2}$, поэтому $OC=3\sqrt{2}$. Из прямоугольного треугольника $SOC$:

$$SC=\sqrt{S{O}^2+O{C}^2}=\sqrt{{\left(3\sqrt{7}\right)}^2+{\left(3\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{63+18}=9.$$

Все боковые рёбра правильной пирамиды равны, поэтому $SA=9$.

Так как $TP\parallel AS$, треугольник $DTP$ подобен треугольнику $DAS$ (угол $D$ общий, соответственные углы при параллельных прямых равны). Коэффициент подобия

$$\frac{DT}{DA}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3},TP=\frac{2}{3}\cdot SA=\frac{2}{3}\cdot 9=6.$$

Ответ: б) $6$.