ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $E$ — середина ребра $BC$. Треугольник $BSC$ равнобедренный ($SB=SC$), поэтому его медиана $SE$ является высотой: $SE\perp BC$. Треугольник $BAC$ тоже равнобедренный ($AB=AC$), поэтому $AE\perp BC$.

Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SE$ и $AE$ плоскости $SAE$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (SAE)$. Прямая $SA$ лежит в этой плоскости, поэтому $BC\perp SA$, что и требовалось доказать.

б) Проведём в треугольнике $SAE$ высоту $AH$ к прямой $SE$. Так как $BC\perp (SAE)$, то $BC\perp AH$. Прямая $AH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SE$ и $BC$ плоскости $SBC$, поэтому $AH\perp (SBC)$.

Значит, $H$ — проекция точки $A$ на плоскость $SBC$, а $SH$ — проекция прямой $SA$. Точка $H$ лежит на прямой $SE$, поэтому угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBC$ — это угол между $SA$ и $SE$. Найдём угол $ASE$ треугольника $SAE$.

Сторона $SA=2\sqrt{5}$ дана, $BE=\frac{1}{2}BC=\sqrt{5}$. По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках $ABE$ и $SBE$:

$$AE=\sqrt{A{B}^2-B{E}^2}=\sqrt{29-5}=\sqrt{24}=2\sqrt{6},$$

$$SE=\sqrt{S{B}^2-B{E}^2}=\sqrt{17-5}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $SAE$:

$$A{E}^2=S{A}^2+S{E}^2-2\cdot SA\cdot SE\cdot \cos \angle ASE,$$

$$24=20+12-2\cdot 2\sqrt{5}\cdot 2\sqrt{3}\cdot \cos \angle ASE\iff 8\sqrt{15}\cos \angle ASE=8\iff \cos \angle ASE=\frac{1}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{15}.$$

Косинус положителен, поэтому угол $ASE$ острый и основание высоты $H$ лежит на луче $SE$. Тогда угол между прямой $SA$ и её проекцией $SH$ равен $\angle ASE=\arccos \frac{\sqrt{15}}{15}$.

Ответ: б) $\arccos \frac{\sqrt{15}}{15}$.