ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пирамида правильная, поэтому в основании лежит правильный треугольник $ABC$ со стороной $9$, а высота $SH$ падает в точку пересечения его медиан. Пусть $T$ — середина $AB$, $O$ — середина $AC$. Медианы $BO$ и $CT$ проходят через $H$, и медианы делятся точкой пересечения в отношении $2:1$, считая от вершины:

$$BH:HO=2:1,CH:HT=2:1.$$

Опустим из точки $K$ перпендикуляр $KN$ на плоскость $ABC$. Две прямые, перпендикулярные одной плоскости, параллельны, поэтому $KN\parallel SH$. Прямая, проходящая через точку $K$ плоскости $SBH$ параллельно прямой $SH$ этой плоскости, лежит в ней. Значит, $KN$ лежит в плоскости $SBH$, и точка $N$ принадлежит линии пересечения плоскостей $SBH$ и $ABC$ — прямой $BH$.

Параллельные прямые $KN$ и $SH$ отсекают на сторонах угла $SBH$ пропорциональные отрезки (теорема о пропорциональных отрезках), поэтому

$$\frac{BN}{NH}=\frac{BK}{KS}=\frac{3}{7}.$$

Теперь докажем, что точка $N$ лежит на прямой $CM$. Пусть отрезок $CM$ пересекает отрезок $BH$ в точке $N^{\prime }$. Найдём отношения отрезков на сторонах треугольника $HBT$:

$$BM=AB-AM=9-8=1,MT=AM-AT=8-\frac{9}{2}=\frac{7}{2},\frac{TC}{CH}=\frac{3}{2}.$$

Прямая $CM$ пересекает прямые $HB$, $BT$ и $TH$ в точках $N^{\prime }$, $M$ и $C$. По теореме Менелая для треугольника $HBT$:

$$\frac{H{N}^{\prime }}{N^{\prime }B}\cdot \frac{BM}{MT}\cdot \frac{TC}{CH}=1\Rightarrow \frac{H{N}^{\prime }}{N^{\prime }B}=\frac{MT}{BM}\cdot \frac{CH}{TC}=\frac{7}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{7}{3}.$$

Точки $N$ и $N^{\prime }$ лежат на отрезке $BH$ и делят его в одном и том же отношении $HN:NB=H{N}^{\prime }:N^{\prime }B=7:3$, поэтому они совпадают. Значит, точки $C$, $N$, $M$ лежат на одной прямой.

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $ABC$ и проходит через точку $K$. Если две плоскости перпендикулярны, то перпендикуляр, опущенный из точки одной плоскости на другую, лежит в первой плоскости. Поэтому $KN\subset \alpha$ и $N\in \alpha$. Точка $M$ тоже лежит в $\alpha$, причём $M\ne N$ (точка $N$ лежит на отрезке $BH$, не совпадает с $B$ и не лежит на прямой $AB$). Значит, вся прямая $MN$ лежит в плоскости $\alpha$, а на этой прямой лежит точка $C$. Следовательно, $C\in \alpha$, что и требовалось доказать.

б) Плоскость $\alpha$ проходит через точки $C$, $M$ и $K$, лежащие на рёбрах пирамиды, поэтому сечение — треугольник $CMK$. Так как $KN\perp (ABC)$, то $KN\perp CM$, а точка $N$ лежит на $CM$. Значит, $KN$ — высота треугольника $CMK$:

$$S_{CMK}=\frac{1}{2}\cdot CM\cdot KN.$$

Найдём высоту пирамиды. Отрезок $BH$ — радиус описанной окружности правильного треугольника со стороной $9$:

$$BH=\frac{9}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}.$$

Боковые рёбра правильной пирамиды равны, $SB=SA=\sqrt{43}$. Из прямоугольного треугольника $SHB$:

$$SH=\sqrt{S{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{43-27}=4.$$

Так как $KN\parallel SH$, треугольники $BKN$ и $BSH$ подобны с коэффициентом $\frac{BK}{BS}=\frac{3}{10}$, поэтому

$$KN=\frac{3}{10}\cdot SH=\frac{3}{10}\cdot 4=\frac{6}{5}.$$

В треугольнике $BCM$ известны $BC=9$, $BM=1$ и $\angle B=60^{\circ }$. По теореме косинусов

$$C{M}^2=B{C}^2+B{M}^2-2\cdot BC\cdot BM\cdot \cos 60^{\circ }=81+1-9=73,CM=\sqrt{73}.$$

Площадь сечения:

$$S_{CMK}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{73}\cdot \frac{6}{5}=\frac{3\sqrt{73}}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{3\sqrt{73}}{5}$.