ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. Пирамида не обязательно правильная, поэтому положение основания её высоты нам не понадобится.

а) В треугольнике $SAD$ точки $L$ и $M$ — середины сторон $SA$ и $SD$, поэтому $LM$ — средняя линия: $LM\parallel AD$ и $LM=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}$.

Так как $AD\parallel BC$, то $LM\parallel BC$. Прямая $LM$ не лежит в плоскости $SBC$ и параллельна прямой $BC$ этой плоскости, поэтому по признаку $LM\parallel (SBC)$.

Плоскость сечения проходит через прямую $LM$, параллельную плоскости $SBC$, и пересекает эту плоскость (у них общая точка $K$). Значит, линия пересечения параллельна $LM$: плоскость сечения пересекает грань $SBC$ по отрезку $KN$, и $KN\parallel LM\parallel BC$.

В треугольнике $SBC$ прямая $KN$ параллельна $BC$, поэтому треугольники $SKN$ и $SBC$ подобны с коэффициентом $\frac{SK}{SB}=\frac{2}{3}$. Отсюда

$$KN=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}a.$$

В четырёхугольнике $KLMN$ стороны $LM$ и $KN$ параллельны и не равны: $\frac{a}{2}\ne \frac{2}{3}a$. Две другие стороны не параллельны, иначе это был бы параллелограмм с равными противоположными сторонами. Значит, $KLMN$ — трапеция с основаниями $LM$ и $KN$, и

$$\frac{LM}{KN}=\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{2}{3}a}=\frac{3}{4}.$$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $SH=h$ — высота пирамиды. Площадь квадрата $a^2=56$, поэтому $a=2\sqrt{14}$.

Найдём расстояния от точек сечения до основания. Опустим перпендикуляр $L{L}_1$ на плоскость $ABC$. Прямые $L{L}_1$ и $SH$ перпендикулярны одной плоскости, поэтому параллельны. Треугольники $AL{L}_1$ и $ASH$ подобны с коэффициентом $\frac{AL}{AS}=\frac{1}{2}$, значит, $L{L}_1=\frac{h}{2}$. Так же из $\frac{BK}{BS}=\frac{1}{3}$ следует, что точка $K$ удалена от основания на $\frac{h}{3}$. Прямая $KN$ параллельна $BC$, а значит, и плоскости основания, поэтому все её точки удалены от основания на $\frac{h}{3}$.

Построим линейный угол. Прямая $BC$ параллельна прямой $KN$ плоскости сечения, поэтому $BC$ параллельна плоскости сечения. Плоскость основания проходит через $BC$ и пересекает плоскость сечения (угол между ними $45^{\circ }$) по некоторой прямой $l$, причём $l\parallel BC$. Итак, прямые $LM$, $KN$ и $l$ параллельны.

Проведём в плоскости сечения перпендикуляр $LT$ к прямой $l$, $T\in l$. Он пересекает прямую $KN$ в точке $P$, и $LP\perp KN$, $LP\perp LM$. Значит, $LP$ — расстояние между параллельными прямыми $LM$ и $KN$, то есть высота трапеции.

Отрезок $L_{1}T$ — проекция наклонной $LT$ на плоскость основания. Так как $l\perp LT$, по теореме о трёх перпендикулярах $l\perp L_{1}T$. Поэтому $\angle LT{L}_1$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и основанием. Он острый (треугольник $L{L}_{1}T$ прямоугольный с прямым углом $L_1$), значит, $\angle LT{L}_1=45^{\circ }$.

Из прямоугольного треугольника $L{L}_{1}T$:

$$LT=\frac{L{L}_1}{\sin 45^{\circ }}=\frac{h}{2}\cdot \sqrt{2}=\frac{h\sqrt{2}}{2}.$$

Точка $P$ лежит на прямой $KN$, поэтому удалена от основания на $\frac{h}{3}$, — это меньше, чем у $L$, и больше, чем у $T$, значит, $P$ лежит на отрезке $LT$. Опустим перпендикуляр $P{P}_1$ на основание, $P_1\in L_{1}T$. Треугольники $TP{P}_1$ и $TL{L}_1$ подобны ($P{P}_1\parallel L{L}_1$), поэтому

$$\frac{TP}{TL}=\frac{P{P}_1}{L{L}_1}=\frac{h/3}{h/2}=\frac{2}{3}\Rightarrow LP=\frac{1}{3}LT=\frac{h\sqrt{2}}{6}.$$

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

$$S_{KLMN}=\frac{LM+KN}{2}\cdot LP=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{2}+\frac{2a}{3}\right)\cdot \frac{h\sqrt{2}}{6}=\frac{7a}{12}\cdot \frac{h\sqrt{2}}{6}=\frac{7\sqrt{2}ah}{72}.$$

Подставим $a=2\sqrt{14}$: $\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{14}=2\sqrt{28}=4\sqrt{7}$, поэтому

$$S_{KLMN}=\frac{7\cdot 4\sqrt{7}h}{72}=\frac{7\sqrt{7}h}{18}.$$

По условию $S_{KLMN}=14\sqrt{3}$:

$$\frac{7\sqrt{7}h}{18}=14\sqrt{3}\iff h=\frac{18\cdot 14\sqrt{3}}{7\sqrt{7}}=\frac{36\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{36\sqrt{21}}{7}.$$

Ответ: б) $\frac{36\sqrt{21}}{7}$.