ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Так как $BN:NC=1:2$ и $BC=3$, то $BN=1$, $NC=2$.

Прямые $AN$ и $CD$ лежат в плоскости основания и не параллельны: иначе $ANCD$ был бы параллелограммом и $NC=AD$, а $2\ne 8$. Пусть $Q$ — точка их пересечения. Так как $NC\parallel AD$, треугольники $QNC$ и $QAD$ подобны по двум углам:

$$\frac{QC}{QD}=\frac{QN}{QA}=\frac{NC}{AD}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}.$$

Значит, точка $Q$ лежит на продолжении $DC$ за точку $C$, и $QD=4QC$, откуда $CD=3QC$.

Точка $Q$ лежит на прямой $AN$, то есть в плоскости $AMN$, и на прямой $CD$, то есть в плоскости $SCD$. Точка $M$ тоже принадлежит обеим плоскостям. Значит, плоскость $AMN$ пересекает плоскость $SCD$ по прямой $QM$, и точка $K$ — это точка пересечения $QM$ с ребром $SC$.

Применим теорему Менелая к треугольнику $SCD$ и прямой $QKM$ (точки $M\in SD$, $K\in SC$ и $Q$ на продолжении $DC$):

$$\frac{DM}{MS}\cdot \frac{SK}{KC}\cdot \frac{CQ}{QD}=1\Rightarrow \frac{2}{3}\cdot \frac{SK}{KC}\cdot \frac{1}{4}=1\Rightarrow \frac{SK}{KC}=6.$$

Итак, $SK:KC=6:1$, что и требовалось доказать. Сечение пирамиды — четырёхугольник $ANKM$.

б) Плоскость $AMN$ делит пирамиду на многогранник $ANCDMK$, содержащий ребро $CD$, и многогранник, содержащий вершины $S$ и $B$.

Пусть $SO$ — высота пирамиды, $h$ — высота трапеции $ABCD$. Тогда

$$V=V_{SABCD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{BC+AD}{2}\cdot h\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot \frac{11h}{2}\cdot SO=\frac{11}{6}h\cdot SO.$$

Точки $Q$, $N$, $A$ лежат на одной прямой, точки $Q$, $C$, $D$ — тоже, точки $Q$, $K$, $M$ — тоже. Поэтому многогранник $ANCDMK$ — это тетраэдр $QAMD$, из которого вырезан тетраэдр $QNKC$:

$$V_{ANCDMK}=V_{QAMD}-V_{QNKC}.$$

Найдём $V_{QAMD}$. Пусть $MH$ — перпендикуляр из $M$ к плоскости основания. Прямые $MH$ и $SO$ параллельны, и из подобия треугольников $MHD$ и $SOD$

$$MH=\frac{MD}{SD}\cdot SO=\frac{2}{5}SO.$$

Площадь трапеции $ANCD$ равна $\frac{NC+AD}{2}\cdot h=\frac{2+8}{2}\cdot h=5h$. Треугольник $QNC$ подобен треугольнику $QAD$ с коэффициентом $\frac{1}{4}$, поэтому $S_{QNC}=\frac{1}{16}{S}_{QAD}$ и $S_{ANCD}=\frac{15}{16}{S}_{QAD}$. Отсюда

$$S_{QAD}=\frac{16}{15}\cdot 5h=\frac{16h}{3}.$$

Тогда

$$V_{QAMD}=\frac{1}{3}\cdot S_{QAD}\cdot MH=\frac{1}{3}\cdot \frac{16h}{3}\cdot \frac{2}{5}SO=\frac{32}{45}h\cdot SO,$$

$$\frac{V_{QAMD}}{V}=\frac{32}{45}\cdot \frac{6}{11}=\frac{64}{165}\Rightarrow V_{QAMD}=\frac{64}{165}V.$$

Найдём, в каком отношении точка $K$ делит отрезок $QM$. Применим теорему Менелая к треугольнику $QMD$ и прямой $SC$ (точки $C\in QD$, $K\in QM$ и $S$ на продолжении $DM$):

$$\frac{QC}{CD}\cdot \frac{DS}{SM}\cdot \frac{MK}{KQ}=1\Rightarrow \frac{1}{3}\cdot \frac{5}{3}\cdot \frac{MK}{KQ}=1\Rightarrow \frac{MK}{KQ}=\frac{9}{5}.$$

Значит, $\frac{QK}{QM}=\frac{5}{14}$.

Тетраэдры $QNCK$ и $QADM$ имеют общий трёхгранный угол при вершине $Q$, а объёмы таких тетраэдров относятся как произведения длин рёбер, выходящих из этой вершины:

$$\frac{V_{QNCK}}{V_{QADM}}=\frac{QN}{QA}\cdot \frac{QC}{QD}\cdot \frac{QK}{QM}=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{5}{14}=\frac{5}{224}.$$

Следовательно,

$$V_{QNKC}=\frac{5}{224}\cdot \frac{64}{165}V=\frac{2}{231}V.$$

Объём части, содержащей ребро $CD$:

$$V_{ANCDMK}=\frac{64}{165}V-\frac{2}{231}V=\frac{448-10}{1155}V=\frac{146}{385}V.$$

Объём второй части:

$$V-\frac{146}{385}V=\frac{239}{385}V.$$

Значит, объёмы частей относятся как $146:239$.

Ответ: б) $146:239$.