ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: правильная пирамида $SABC$, точки $K$ на $AB$ и $M$ на $SC$; через $K$ и $M$ проведём прямые, параллельные $SA$, в гранях $SAB$ и $SAC$.

а) Плоскость $SAB$ проходит через прямую $SA$, параллельную плоскости $\alpha$, и через точку $K$ плоскости $\alpha$. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения параллельна данной прямой. Значит, плоскость $\alpha$ пересекает грань $SAB$ по прямой, проходящей через $K$ параллельно $SA$. Пусть она пересекает ребро $SB$ в точке $N$; это и есть точка пересечения $\alpha$ с ребром $SB$, причём $KN\parallel SA$.

В угле $ABS$ прямые $KN$ и $AS$ параллельны, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{SN}{NB}=\frac{AK}{KB}=\frac{2}{7}.$$

Что и требовалось доказать.

б) Точно так же плоскость $\alpha$ пересекает грань $SAC$ по прямой $ML\parallel SA$, где $L\in AC$, и

$$\frac{AL}{LC}=\frac{SM}{MC}=\frac{2}{7}.$$

Тогда $\frac{AL}{LC}=\frac{AK}{KB}$, и по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, $KL\parallel BC$.

Прямая $SA$ параллельна плоскости $\alpha$, а прямая $KM$ лежит в $\alpha$. Поэтому все точки прямой $SA$ удалены от $\alpha$ на одно и то же расстояние, и расстояние между скрещивающимися прямыми $SA$ и $KM$ равно расстоянию от прямой $SA$ до плоскости $\alpha$.

Пусть $H$ — середина $BC$, $O$ — центр основания. В правильном треугольнике $ABC$ медиана $AH$ является высотой и проходит через $O$. Пусть $R$ — точка пересечения $KL$ и $AH$. Так как $KL\parallel BC$, по теореме о пропорциональных отрезках $AR:RH=AK:KB=2:7$.

Плоскость $SAH$ проходит через прямую $SA\parallel \alpha$ и через точку $R\in \alpha$, поэтому пересекает $\alpha$ по прямой, проходящей через $R$ параллельно $SA$. Пусть она пересекает $SH$ в точке $Q$. Тогда $QR\parallel SA$.

Докажем, что перпендикуляр к $QR$ в плоскости $SAH$ перпендикулярен всей плоскости $\alpha$. Прямая $BC$ перпендикулярна $AH$ (высота правильного треугольника) и $SH$ (медиана равнобедренного треугольника $SBC$, проведённая к основанию, является высотой). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (SAH)$, а так как $KL\parallel BC$, то и $KL\perp (SAH)$.

Проведём в треугольнике $SAH$ высоту $HT$ ($T$ лежит на прямой $SA$), и пусть она пересекает $QR$ в точке $U$. Тогда $TU\perp QR$, так как $QR\parallel SA$, и $TU\perp KL$, так как $KL\perp (SAH)$, а $TU$ лежит в этой плоскости. Прямые $QR$ и $KL$ пересекаются в точке $R$ и лежат в плоскости $\alpha$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $TU\perp \alpha$. Значит, искомое расстояние равно $TU$ — расстоянию между параллельными прямыми $SA$ и $QR$.

В угле $AHT$ прямые $RU$ и $AT$ параллельны, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках $HU:UT=HR:RA=7:2$, и

$$TU=\frac{2}{9}HT.$$

Найдём $HT$. Высота правильного треугольника со стороной 9 и расстояние от вершины до центра:

$$AH=\frac{9\sqrt{3}}{2},AO=\frac{2}{3}AH=3\sqrt{3}.$$

Пирамида правильная, поэтому $SO\perp (ABC)$ и треугольник $SOA$ прямоугольный. В нём

$$\cos \angle SAO=\frac{AO}{SA}=\frac{3\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2},\angle SAO=30^{\circ }.$$

Точка $O$ лежит на отрезке $AH$, поэтому $\angle SAH=30^{\circ }$. В прямоугольном треугольнике $ATH$ катет $HT$ лежит против угла $30^{\circ }$:

$$HT=AH\cdot \sin 30^{\circ }=\frac{9\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4}.$$

Тогда искомое расстояние

$$\rho (SA;KM)=TU=\frac{2}{9}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{3}}{2}$.