ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $H$ — точка на прямой $AB$, для которой $FH\parallel SA$.

По теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике $BSA$

$$AH:HB=SF:FB=1:5.$$

По условию $AE:EC=1:5$, значит, $AH:HB=AE:EC$, и по обратной теореме в треугольнике $ABC$

$$HE\parallel BC.$$

Так как $BC\perp AC$, то $HE\perp AC$.

Ребро $SA$ — высота пирамиды, $SA\perp (ABC)$. Прямая $FH$ параллельна $SA$, поэтому тоже перпендикулярна плоскости основания, и $FH\perp AC$.

Прямые $FH$ и $HE$ пересекаются и обе перпендикулярны $AC$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC\perp (FHE)$. Через точку $E$ проходит единственная плоскость, перпендикулярная $AC$, поэтому $(FHE)$ — это и есть плоскость $\alpha$, а $H$ — точка её пересечения с $AB$.

Пусть $M$ — точка пересечения $\alpha$ с прямой $SC$. Плоскость $\alpha$ пересекает грани $ABC$, $SAB$, $SBC$, $SAC$ по отрезкам $EH$, $HF$, $FM$, $ME$, так что сечение — четырёхугольник $EHFM$.

Прямая $SA$ параллельна прямой $FH$ плоскости $\alpha$ и не лежит в $\alpha$, поэтому $SA\parallel \alpha$. Плоскость $SAC$ проходит через $SA$ и пересекает $\alpha$ по прямой $EM$, значит, $EM\parallel SA$. Отсюда

$$FH\parallel EM.$$

Сравним длины. Так как $FH\parallel SA$, треугольники $BFH$ и $BSA$ подобны, и $\frac{FH}{SA}=\frac{BF}{BS}=\frac{5}{6}$. Так как $EM\parallel SA$, треугольники $CEM$ и $CAS$ подобны, и $\frac{EM}{SA}=\frac{CE}{CA}=\frac{5}{6}$. Значит,

$$FH=EM=\frac{5}{6}SA.$$

Отрезки $FH$ и $EM$ параллельны и равны, поэтому $EHFM$ — параллелограмм. Его сторона $FH$ перпендикулярна плоскости основания, а значит, и прямой $HE$ этой плоскости: $\angle FHE=90^{\circ }$. Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник, что и требовалось доказать.

б) Обозначим $SA=h$. Проведём через $F$ прямую, параллельную $AB$; пусть она пересекает ребро $SA$ в точке $Q$.

Из подобия треугольников $SQF$ и $SAB$

$$\frac{SQ}{SA}=\frac{SF}{SB}=\frac{1}{6},SQ=\frac{h}{6},AQ=\frac{5h}{6}.$$

Из подобия треугольников $CME$ и $CSA$ получаем $\frac{CM}{CS}=\frac{CE}{CA}=\frac{5}{6}$, откуда $\frac{SM}{SC}=\frac{1}{6}$. Итак,

$$\frac{SQ}{SA}=\frac{SF}{SB}=\frac{SM}{SC}=\frac{1}{6}.$$

Значит, гомотетия с центром $S$ и коэффициентом $\frac{1}{6}$ переводит пирамиду $SABC$ в пирамиду $SQFM$, а плоскость $QFM$ параллельна основанию. Объёмы подобных тел относятся как куб коэффициента подобия:

$$V_{SQFM}={\left(\frac{1}{6}\right)}^3{V}_{SABC}=\frac{216}{216}=1.$$

Плоскость $QFM$ делит пирамиду $SABC$ на пирамиду $SQFM$ и усечённую пирамиду $ABCQFM$. Пирамида $SQFM$ целиком лежит с той же стороны от $\alpha$, что и точка $A$: её вершины $M$ и $F$ лежат в $\alpha$, а $S$ и $Q$ — на прямой $SA$, параллельной $\alpha$. Усечённую пирамиду плоскость $\alpha$ режет по прямоугольнику $EHFM$. Часть со стороны точки $A$ — многогранник $AEHQMF$: его боковые рёбра $AQ$, $EM$, $HF$ параллельны $SA$, перпендикулярны основанию и равны $\frac{5h}{6}$, поэтому это прямая призма с основанием $AEH$ и высотой $AQ$. Следовательно,

$$V_{BCMEHF}=V_{SABC}-V_{SQFM}-V_{AEHQMF}.$$

Так как $EH\parallel CB$, треугольник $AEH$ подобен треугольнику $ACB$ с коэффициентом $\frac{AE}{AC}=\frac{1}{6}$, и

$$S_{AEH}=\frac{1}{36}{S}_{ABC}.$$

Объём призмы:

$$V_{AEHQMF}=S_{AEH}\cdot AQ=\frac{1}{36}{S}_{ABC}\cdot \frac{5h}{6}.$$

Поделим на $V_{SABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot h$:

$$\frac{V_{AEHQMF}}{V_{SABC}}=\frac{1}{36}\cdot \frac{5}{6}\cdot 3=\frac{15}{216}\Rightarrow V_{AEHQMF}=15.$$

Тогда

$$V_{BCMEHF}=216-15-1=200.$$

Ответ: б) $200$.