ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Ребро $SB$ перпендикулярно плоскости основания, поэтому $SB\perp AB$ и $SB\perp BC$.

Отрезок $BC$ — проекция наклонной $SC$ на плоскость $ABC$, и по условию $BC\perp AC$. По теореме о трёх перпендикулярах $SC\perp AC$.

Итак, треугольники $SBA$ (с прямым углом $B$) и $SCA$ (с прямым углом $C$) прямоугольные с общей гипотенузой $SA$. Точка $M$ — середина $SA$, поэтому $BM$ и $CM$ — медианы, проведённые к гипотенузе. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине:

$$BM=CM=\frac{1}{2}SA.$$

Значит, треугольник $BMC$ равнобедренный с основанием $BC$. Отрезок $MK$ — его медиана к основанию ($K$ — середина $BC$), а в равнобедренном треугольнике медиана к основанию является и биссектрисой. Следовательно, $MK$ — биссектриса угла $BMC$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $Q$ — середина ребра $AB$.

Отрезок $MQ$ — средняя линия треугольника $SAB$, поэтому

$$MQ\parallel SB,MQ=\frac{1}{2}SB=4.$$

Отрезок $KQ$ — средняя линия треугольника $ABC$, поэтому

$$KQ\parallel AC,KQ=\frac{1}{2}AC=3.$$

Так как $MQ\parallel SB$, угол между прямыми $SB$ и $MK$ равен углу между прямыми $MQ$ и $MK$, то есть углу $KMQ$.

Прямая $SB$ перпендикулярна плоскости $ABC$, а прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, тоже перпендикулярна этой плоскости. Значит, $MQ\perp (ABC)$ и $MQ\perp KQ$. Из прямоугольного треугольника $KQM$

$$\mathrm{tg}\angle KMQ=\frac{KQ}{MQ}=\frac{3}{4}\Rightarrow \angle KMQ=\mathrm{arctg}\frac{3}{4}.$$

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{3}{4}$.