Основанием правильной треугольной пирамиды PABC является треугольник ABC, AP:AB=3:4… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды средняя 2026 развёрнутое

Основанием правильной треугольной пирамиды $P A B C$ является треугольник $A B C,$ $A P : A B = 3 : 4.$ На апофеме грани $B C P$ отметили точку $K,$ которая делит эту апофему в отношении $1 : 4,$ считая от точки $P .$ Через точки $A$ и $K$ параллельно прямой $B C$ проведена плоскость $α .$

a) Докажите, что плоскость $α$ перпендикулярна апофеме грани $B C P .$

б) Найдите угол между прямой $A C$ и плоскостью $α .$

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

Разбор — 3 балла

а) Пусть $A_{1}$ — середина $B C$ . Пирамида правильная, поэтому $P B = P C$ , и медиана $P A_{1}$ равнобедренного треугольника $B C P$ является его высотой, то есть апофемой грани: $P A_{1} ⊥ B C$ . В правильном треугольнике $A B C$ медиана $A A_{1}$ тоже высота: $A A_{1} ⊥ B C$ .

Построим плоскость $α$ . Она параллельна $B C$ , а плоскость $(B C P)$ содержит $B C$ и точку $K$ плоскости $α$ , поэтому $α$ пересекает грань $B C P$ по прямой, проходящей через $K$ параллельно $B C$ . Пусть она пересекает $P B$ и $P C$ в точках $M$ и $N$ . Тогда $α$ — это плоскость $(A M N)$ . Так как $M N ∥ B C$ и $P A_{1} ⊥ B C$ , то $P A_{1} ⊥ M N$ .

Осталось доказать, что $P A_{1} ⊥ A K$ . Из условия $A P : A B = 3 : 4$ положим $A B = 4 x$ , $A P = P B = 3 x$ . Тогда $B A_{1} = 2 x$ , и из прямоугольного треугольника $P B A_{1}$ :

$P A_{1} = P B^{2} - B A_{1}^{2} = 9 x^{2} - 4 x^{2} = 5 x .$

Высота правильного треугольника $A A_{1} = \frac{4 x 3}{2} = 23 x$ . Точка $K$ делит $P A_{1}$ в отношении $1 : 4$ , поэтому $K A_{1} = \frac{4}{5} P A_{1} = \frac{4 5}{5} x$ .

По теореме косинусов в треугольнике $A P A_{1}$ найдём косинус угла $A A_{1} P$ :

$A P^{2} = A A_{1}^{2} + P A_{1}^{2} - 2 \cdot A A_{1} \cdot P A_{1} \cdot cos ∠ A A_{1} P,$

$9 x^{2} = 12 x^{2} + 5 x^{2} - 2 \cdot 23 x \cdot 5 x \cdot cos ∠ A A_{1} P \Rightarrow cos ∠ A A_{1} P = \frac{8}{4 15} = \frac{2}{15} .$

Теперь по теореме косинусов в треугольнике $A K A_{1}$ :

$A K^{2} = A A_{1}^{2} + K A_{1}^{2} - 2 \cdot A A_{1} \cdot K A_{1} \cdot cos ∠ A A_{1} P = 12 x^{2} + \frac{16}{5} x^{2} - 2 \cdot 23 x \cdot \frac{4 5}{5} x \cdot \frac{2}{15} = 12 x^{2} + \frac{16}{5} x^{2} - \frac{32}{5} x^{2} = \frac{44}{5} x^{2} .$

Проверим равенство из теоремы Пифагора:

$A K^{2} + K A_{1}^{2} = \frac{44}{5} x^{2} + \frac{16}{5} x^{2} = 12 x^{2} = A A_{1}^{2} .$

По теореме, обратной теореме Пифагора, угол $A K A_{1}$ прямой, то есть $A K ⊥ P A_{1}$ .

Прямая $P A_{1}$ перпендикулярна двум пересекающимся (в точке $K$ ) прямым $A K$ и $M N$ плоскости $α$ , поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $P A_{1} ⊥ α$ . Что и требовалось доказать.

б) Проведём через точку $C$ прямую, параллельную $P A_{1}$ , и пусть она пересекает плоскость $α$ в точке $H$ . Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, тоже перпендикулярна этой плоскости, поэтому $C H ⊥ α$ . Значит, $A H$ — проекция наклонной $A C$ на плоскость $α$ , а угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией. Искомый угол $φ = ∠ C A H$ , и из прямоугольного треугольника $C A H$ :

$sin φ = \frac{C H}{A C} .$

Найдём $C H$ — расстояние от точки $C$ до плоскости $α$ . Прямая $B C$ параллельна прямой $M N$ плоскости $α$ , поэтому $B C ∥ α$ , и все точки прямой $B C$ находятся на одинаковом расстоянии от $α$ . Для точки $A_{1}$ это расстояние равно $A_{1} K$ , так как $A_{1} K$ лежит на прямой $P A_{1} ⊥ α$ , а $K \in α$ . Значит,

$C H = A_{1} K = \frac{4 5}{5} x, sin φ = \frac{\frac{4 5}{5} x}{4 x} = \frac{5}{5} .$

Угол между прямой и плоскостью острый, поэтому $φ = arcsin \frac{5}{5}$ .

Ответ: б) $arcsin \frac{5}{5}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15