ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: пирамида $MABC$ с вершиной $M$; точки $E$, $D$, $L$ лежат на рёбрах $AB$, $AC$, $AM$, выходящих из вершины $A$.

Построим сечение. Точки $E$ и $D$ лежат в основании $ABC$, точки $E$ и $L$ — в грани $AMB$, точки $D$ и $L$ — в грани $AMC$. Отрезки $ED$, $EL$ и $DL$ — линии пересечения плоскости с этими гранями, поэтому сечение — треугольник $EDL$.

Найдём отрезки на рёбрах:

$$AE=AB-BE=6-2=4,AD=AC-CD=6-2=4,AL=AM-LM=8-2=6.$$

1. Сторона $ED$. В треугольнике $AED$ стороны $AE=AD=4$, а угол $EAD$ равен углу правильного треугольника $ABC$, то есть $60^{\circ }$. Равнобедренный треугольник с углом $60^{\circ }$ при вершине равносторонний (углы при основании равны $\frac{180^{\circ }-60^{\circ }}{2}=60^{\circ }$). Значит, $ED=4$.

2. Боковые стороны $LE$ и $LD$. Пирамида правильная, поэтому её боковые грани $AMB$ и $AMC$ — равные равнобедренные треугольники, и $\angle MAB=\angle MAC$. Треугольники $LAE$ и $LAD$ равны по двум сторонам и углу между ними: $AL$ — общая, $AE=AD$, $\angle LAE=\angle LAD$. Значит, $LE=LD$, и треугольник $EDL$ равнобедренный.

Найдём косинус угла $MAB$. В равнобедренном треугольнике $AMB$ ($MA=MB=8$) опустим высоту $MH$ на основание $AB$; она является медианой, поэтому $AH=3$. Из прямоугольного треугольника $AHM$:

$$\cos \angle MAB=\frac{AH}{AM}=\frac{3}{8}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $LAE$:

$$L{E}^2=A{L}^2+A{E}^2-2\cdot AL\cdot AE\cdot \cos \angle LAE=36+16-2\cdot 6\cdot 4\cdot \frac{3}{8}=52-18=34.$$

3. Площадь сечения. Проведём в равнобедренном треугольнике $EDL$ высоту $LO$ к основанию $ED$. Она является медианой, поэтому $EO=\frac{ED}{2}=2$. По теореме Пифагора в треугольнике $LOE$:

$$LO=\sqrt{L{E}^2-E{O}^2}=\sqrt{34-4}=\sqrt{30}.$$

Тогда площадь сечения

$$S_{EDL}=\frac{1}{2}\cdot ED\cdot LO=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \sqrt{30}=2\sqrt{30}.$$

Ответ: $2\sqrt{30}$.