ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$ (точка пересечения диагоналей). Пирамида правильная, поэтому $SO\perp (ABC)$. Обозначим через $N$ точку пересечения отрезков $CM$ и $BD$.

Найдём длины: $BM=AB-AM=3$, $SB=SA=7$, $KB=SB-SK=6$.

Треугольники $NBM$ и $NDC$ подобны: $\angle NBM=\angle NDC$ как накрест лежащие при параллельных $AB$ и $DC$ и секущей $BD$, а $\angle BNM=\angle DNC$ как вертикальные. Поэтому

$$\frac{BN}{ND}=\frac{BM}{DC}=\frac{3}{4}\Rightarrow BN=\frac{3}{7}BD.$$

Так как $BO=\frac{1}{2}BD$, получаем

$$\frac{BN}{BO}=\frac{\frac{3}{7}}{\frac{1}{2}}=\frac{6}{7}=\frac{BK}{BS}.$$

Точки $K$, $N$, $O$, $S$, $B$ лежат в плоскости $(SBD)$. В треугольнике $BSO$ точки $K$ и $N$ делят стороны $BS$ и $BO$ в одном и том же отношении, поэтому по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, $KN\parallel SO$. Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, тоже ему перпендикулярна: $KN\perp (ABC)$.

Прямая $KN$ лежит в плоскости $(CKM)$, так как $K$ и $N\in CM$ принадлежат этой плоскости. Плоскость, проходящая через перпендикуляр к другой плоскости, перпендикулярна ей, поэтому $(CKM)\perp (ABC)$. Что и требовалось доказать.

б) Так как $KN\perp (ABC)$ и $N$ лежит в плоскости основания, $KN$ — высота пирамиды $BCKM$ с основанием $BCM$:

$$V_{BCKM}=\frac{1}{3}\cdot S_{BCM}\cdot KN.$$

Треугольники $BKN$ и $BSO$ подобны с коэффициентом $\frac{BK}{BS}=\frac{6}{7}$ (так как $KN\parallel SO$), поэтому $KN=\frac{6}{7}SO$.

Половина диагонали квадрата $BO=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$. Из прямоугольного треугольника $BSO$:

$$SO=\sqrt{S{B}^2-B{O}^2}=\sqrt{49-8}=\sqrt{41},KN=\frac{6\sqrt{41}}{7}.$$

Угол $B$ квадрата прямой, поэтому

$$S_{BCM}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot BM=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 3=6.$$

Объём пирамиды:

$$V_{BCKM}=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot \frac{6\sqrt{41}}{7}=\frac{12\sqrt{41}}{7}.$$

Ответ: б) $\frac{12\sqrt{41}}{7}$.