ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $SO$ — высота пирамиды. Пирамида правильная, поэтому $O$ — центр квадрата $ABCD$, то есть точка пересечения его диагоналей.

Отрезок $OC$ — проекция наклонной $SC$ на плоскость основания. Диагонали квадрата перпендикулярны: $BD\perp AC$, то есть $BD\perp OC$. По теореме о трёх перпендикулярах $BD\perp SC$.

Через точку $O$ проходит единственная плоскость, перпендикулярная $SC$, — это $\alpha$, и она содержит все прямые, проходящие через $O$ перпендикулярно $SC$. Прямая $BD$ проходит через $O$ и перпендикулярна $SC$, значит, $BD\subset \alpha$. Следовательно, плоскость $\alpha$ проходит через вершины $B$ и $D$, что и требовалось доказать.

б) Требуется найти $SK:KC$, где $K$ — точка пересечения $\alpha$ с ребром $SC$.

Проведём в треугольнике $SOC$ высоту $OK$. Этот треугольник прямоугольный с прямым углом $O$, поэтому основание $K$ высоты лежит на гипотенузе $SC$. Прямая $OK$ проходит через $O$ и перпендикулярна $SC$, значит, $OK\subset \alpha$ и $K\in \alpha$. Плоскость $\alpha$ пересекает грани $SBC$ и $SDC$ по отрезкам $BK$ и $DK$, и сечение — треугольник $BKD$.

Прямая $BD$ перпендикулярна $AC$ и $SO$ (так как $SO\perp (ABC)$), значит, по признаку $BD\perp (SOC)$, и $BD\perp OK$. Поэтому $OK$ — высота треугольника $BKD$:

$$S_{BKD}=\frac{1}{2}\cdot BD\cdot OK.$$

Так как $AB=4$, то $BD=AC=4\sqrt{2}$ и $OC=2\sqrt{2}$. Подставим площадь сечения:

$$2\sqrt{14}=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot OK\Rightarrow OK=\frac{2\sqrt{14}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{7}.$$

Из прямоугольного треугольника $OKC$ по теореме Пифагора

$$KC=\sqrt{O{C}^2-O{K}^2}=\sqrt{8-7}=1.$$

Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное между отрезками гипотенузы:

$$O{K}^2=SK\cdot KC\Rightarrow 7=SK\cdot 1\Rightarrow SK=7.$$

Значит, $SK:KC=7:1$.

Ответ: б) $7:1$.