ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пирамида правильная, поэтому $ABCD$ — квадрат, а его центр $O$ — середина диагонали $AC$. В треугольнике $SAC$ точки $O$ и $M$ — середины сторон $AC$ и $SC$, значит, $OM$ — средняя линия и $OM\parallel SA$.

Прямая $SA$ не лежит в плоскости $OMK$: иначе эта плоскость содержала бы точки $S$, $A$, $O$, то есть совпадала бы с плоскостью $SAC$, а точка $K$ ребра $BC$ в плоскости $SAC$ не лежит (эта плоскость пересекает прямую $BC$ только в точке $C$). Прямая $SA$ параллельна прямой $OM$ плоскости $OMK$, поэтому по признаку параллельности прямой и плоскости $SA\parallel (OMK)$, что и требовалось доказать.

б) Сторона квадрата $BC=AB=4$. Из $BK:KC=3:2$ получаем

$$BK=\frac{3}{5}\cdot 4=2,4,CK=\frac{2}{5}\cdot 4=1,6.$$

Прямая $KO$ лежит в секущей плоскости и в плоскости основания. Пусть она пересекает сторону $AD$ в точке $T$. Треугольники $CKO$ и $ATO$ равны по стороне и двум прилежащим углам: $CO=AO$, $\angle KCO=\angle TAO$ как накрест лежащие при параллельных $BC$ и $AD$ и секущей $AC$, $\angle KOC=\angle TOA$ как вертикальные. Поэтому $AT=CK=1,6$ и $DT=4-1,6=2,4$.

Плоскость $SAD$ проходит через прямую $SA$, параллельную секущей плоскости (пункт а), и имеет с ней общую точку $T$. Значит, секущая плоскость пересекает грань $SAD$ по прямой, проходящей через $T$ параллельно $SA$. Пусть она пересекает ребро $SD$ в точке $P$. Искомый отрезок — $TP$, причём $TP\parallel SA$.

Найдём боковое ребро. Диагональ квадрата $AC=4\sqrt{2}$, поэтому $OC=2\sqrt{2}$. Высота $SO$ перпендикулярна основанию, и из прямоугольного треугольника $SOC$:

$$SC=\sqrt{O{C}^2+S{O}^2}=\sqrt{8+92}=\sqrt{100}=10.$$

В правильной пирамиде все боковые рёбра равны, поэтому $SA=10$.

Треугольники $DTP$ и $DAS$ подобны (угол $D$ общий, $TP\parallel AS$) с коэффициентом

$$\frac{DT}{DA}=\frac{2,4}{4}=\frac{3}{5}.$$

Следовательно,

$$TP=\frac{3}{5}\cdot SA=\frac{3}{5}\cdot 10=6.$$

Ответ: б) $6$.