Bсе боковые ребра четырехугольной пирамиды SABCD равны AD — стороне… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды сложная 2023 развёрнутое

Bсе боковые ребра четырехугольной пирамиды $S A B C D$ равны $A D$ — стороне основания $A B C D .$ Стороны $A B,$ $B C$ и $C D$ вдвое меньше стороны $A D .$

a) Докажите, что высота пирамиды, опущенная из вершины $S,$ проходит через середину $A D .$

б) В каком отношении, считая от точки $S,$ плоскость $(B N M)$ делит высоту пирамиды, если $N$ — середина $S C,$ а точка $M$ делит ребро $S D$ в отношении $1 : 3,$ считая от точки $S ?$

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

Разбор — 3 балла

а) Пусть $H$ — основание высоты пирамиды, опущенной из $S$ . Прямоугольные треугольники $S H A$ , $S H B$ , $S H C$ , $S H D$ имеют общий катет $S H$ и равные гипотенузы (боковые рёбра), поэтому они равны, и $H A = H B = H C = H D$ . Значит, около четырёхугольника $A B C D$ можно описать окружность, и $H$ — её центр.

Докажем, что $A D ∥ B C$ . Пусть $∠ B A C = φ$ . Треугольник $A B C$ равнобедренный ( $A B = B C$ ), поэтому $∠ B C A = φ$ и $∠ A B C = 18 0^{\circ} - 2 φ$ . Во вписанном четырёхугольнике сумма противоположных углов равна $18 0^{\circ}$ , поэтому $∠ A D C = 18 0^{\circ} - ∠ A B C = 2 φ$ .

Вписанные углы $B D C$ и $B A C$ опираются на одну дугу $B C$ , поэтому $∠ B D C = φ$ . Треугольник $B C D$ равнобедренный ( $B C = C D$ ), значит, $∠ C B D = ∠ C D B = φ$ , и $∠ B C D = 18 0^{\circ} - 2 φ$ .

Получаем $∠ A D C + ∠ B C D = 2 φ + 18 0^{\circ} - 2 φ = 18 0^{\circ}$ . Это односторонние углы при прямых $A D$ , $B C$ и секущей $C D$ , поэтому $A D ∥ B C$ .

Пусть $E$ — середина $A D$ . Тогда $A E = E D = \frac{1}{2} A D = B C$ . Отрезки $A E$ и $B C$ параллельны и равны, поэтому $A B C E$ — параллелограмм и $C E = A B = \frac{1}{2} A D$ . Отрезки $E D$ и $B C$ тоже параллельны и равны, поэтому $E B C D$ — параллелограмм и $B E = C D = \frac{1}{2} A D$ . Итак,

$E A = E B = E C = E D = \frac{1}{2} A D,$

то есть $E$ — центр окружности, описанной около $A B C D$ . Такой центр единственный, поэтому $E$ совпадает с $H$ : высота пирамиды проходит через середину $A D$ . Что и требовалось доказать.

б) Пусть $A D = 4 t$ , тогда $A B = B C = C D = 2 t$ , а $A H = H D = 2 t$ . Найдём точку пересечения плоскости $(B N M)$ с высотой $S H$ , последовательно строя следы этой плоскости.

Пусть $O$ — точка пересечения прямых $A B$ и $C D$ . Так как $B C ∥ A D$ и $B C = \frac{1}{2} A D$ , треугольник $O B C$ подобен треугольнику $O A D$ с коэффициентом $\frac{1}{2}$ , поэтому $B$ и $C$ — середины $O A$ и $O D$ , и $O C = C D = 2 t$ .

Шаг 1. Прямые $M N$ и $C D$ лежат в плоскости $(S C D)$ ; пусть они пересекаются в точке $K$ . По теореме Менелая для треугольника $S C D$ и прямой $N M K$ :

$\frac{S N}{N C} \cdot \frac{C K}{K D} \cdot \frac{D M}{M S} = 1 \Rightarrow 1 \cdot \frac{C K}{K D} \cdot 3 = 1 \Rightarrow \frac{C K}{K D} = \frac{1}{3} .$

Прямая пересекает стороны $S C$ и $S D$ во внутренних точках, поэтому третью сторону она пересекает на продолжении: $K$ лежит на продолжении $D C$ за точку $C$ . Из $K D = 3 K C$ и $K D = K C + C D$ получаем $K C = \frac{1}{2} C D = t$ . Значит, $K$ — середина $O C$ , $O K = t$ , $K D = 3 t$ .

Шаг 2. Точки $B$ и $K$ лежат и в плоскости $(B N M)$ , и в плоскости основания, поэтому плоскость $(B N M)$ пересекает основание по прямой $B K$ . Пусть она пересекает прямую $A D$ в точке $L$ . По теореме Менелая для треугольника $A O D$ и прямой $B K L$ :

$\frac{A B}{B O} \cdot \frac{O K}{K D} \cdot \frac{D L}{L A} = 1 \Rightarrow 1 \cdot \frac{t}{3 t} \cdot \frac{D L}{L A} = 1 \Rightarrow \frac{D L}{L A} = 3.$

Точки $B$ и $K$ — внутренние точки сторон $A O$ и $O D$ , поэтому $L$ лежит на продолжении $D A$ за точку $A$ . Из $D L = D A + A L = 3 A L$ получаем $A L = \frac{1}{2} A D = 2 t$ . Тогда $H L = H A + A L = 4 t$ и $L D = 6 t$ .

Шаг 3. Точки $L$ и $M$ лежат в плоскости $(B N M)$ и в плоскости $(A S D)$ , поэтому эти плоскости пересекаются по прямой $L M$ . Высота $S H$ тоже лежит в плоскости $(A S D)$ , так как $H \in A D$ . Значит, плоскость $(B N M)$ пересекает высоту в точке $Q$ — точке пересечения прямых $L M$ и $S H$ . По теореме Менелая для треугольника $S H D$ и прямой $Q L M$ :

$\frac{S Q}{Q H} \cdot \frac{H L}{L D} \cdot \frac{D M}{M S} = 1 \Rightarrow \frac{S Q}{Q H} \cdot \frac{4 t}{6 t} \cdot 3 = 1 \Rightarrow \frac{S Q}{Q H} = \frac{1}{2} .$

Ответ: б) $1 : 2$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15