ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$; она середина $AC$ и $BD$. Пусть $L$ — середина ребра $SB$, а $K$ — точка пересечения медиан $CM$ и $SO$ треугольника $SAC$.

Медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении $2:1$, считая от вершины, поэтому

$$\frac{SK}{SO}=\frac{2}{3}.$$

С другой стороны, $SN=\frac{1}{3}SB$ и $SL=\frac{1}{2}SB$, откуда

$$\frac{SN}{SL}=\frac{\frac{1}{3}SB}{\frac{1}{2}SB}=\frac{2}{3}=\frac{SK}{SO}.$$

Треугольники $SNK$ и $SLO$ имеют общий угол $S$ и пропорциональные стороны, заключающие этот угол, значит, они подобны. Тогда $\angle SNK=\angle SLO$, и это соответственные углы при прямых $NK$, $LO$ и секущей $SB$. Следовательно, $NK\parallel LO$.

В треугольнике $BSD$ точки $L$ и $O$ — середины сторон $BS$ и $BD$, поэтому $LO$ — средняя линия и $LO\parallel SD$. Тогда и $NK\parallel SD$.

Прямая $NK$ лежит в плоскости $CMN$: точка $N$ принадлежит ей по определению, а точка $K$ лежит на прямой $CM$. Прямая $SD$ этой плоскости не принадлежит: иначе плоскость $CMN$ содержала бы точки $S$ и $M$, а значит, и прямую $SA$, и тогда в одной плоскости оказались бы $S$, $A$, $C$, $D$, что невозможно. По признаку параллельности прямой и плоскости $SD\parallel (CMN)$. Что и требовалось доказать.

б) Все рёбра равны $6$, поэтому боковые грани — правильные треугольники.

Построим сечение. Плоскость $CMN$ параллельна $SD$ (пункт а). Плоскость грани $ASD$ проходит через $SD$ и имеет с плоскостью $CMN$ общую точку $M$, поэтому пересекает её по прямой, проходящей через $M$ параллельно $SD$. В треугольнике $ASD$ эта прямая проходит через середину $M$ стороны $SA$, поэтому по теореме Фалеса пересекает $AD$ в её середине $P$, а $MP$ — средняя линия:

$$MP=\frac{SD}{2}=3,AP=PD=3.$$

Сечение — четырёхугольник $MNCP$: его стороны $MN$, $NC$, $CP$, $PM$ лежат в гранях $SAB$, $SBC$, основании и грани $SAD$.

Диагональ $MC$ делит сечение на треугольники $MPC$ и $MNC$. Найдём их площади.

Сначала найдём $MC$. Диагональ квадрата $AC=6\sqrt{2}$, и $S{A}^2+S{C}^2=36+36=72=A{C}^2$, поэтому по теореме, обратной теореме Пифагора, $\angle ASC=90^{\circ }$. Из прямоугольного треугольника $MSC$:

$$MC=\sqrt{M{S}^2+S{C}^2}=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}.$$

Треугольник $MPC$. Из прямоугольного треугольника $CDP$:

$$CP=\sqrt{P{D}^2+C{D}^2}=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5}.$$

Значит, $CM=CP$ и треугольник $MPC$ равнобедренный. Его высота $CQ$ падает в середину основания $MP$, $QP=\frac{3}{2}$:

$$CQ=\sqrt{C{P}^2-Q{P}^2}=\sqrt{45-\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{171}{4}}=\frac{3\sqrt{19}}{2},$$

$$S_{MPC}=\frac{1}{2}\cdot MP\cdot CQ=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{3\sqrt{19}}{2}=\frac{9\sqrt{19}}{4}.$$

Треугольник $MNC$. В гранях $SAB$ и $SBC$ углы при вершине $S$ равны $60^{\circ }$, $SM=3$, $SN=2$, $SC=6$. По теореме косинусов в треугольниках $SMN$ и $SNC$:

$$M{N}^2=3^2+2^2-2\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=7,MN=\sqrt{7};$$

$$N{C}^2=2^2+6^2-2\cdot 2\cdot 6\cdot \frac{1}{2}=28,NC=2\sqrt{7}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $MNC$:

$$\cos \angle MNC=\frac{M{N}^2+N{C}^2-M{C}^2}{2\cdot MN\cdot NC}=\frac{7+28-45}{2\cdot \sqrt{7}\cdot 2\sqrt{7}}=-\frac{10}{28}=-\frac{5}{14}.$$

По основному тригонометрическому тождеству (синус угла треугольника положителен)

$$\sin \angle MNC=\sqrt{1-\frac{25}{196}}=\frac{\sqrt{171}}{14}=\frac{3\sqrt{19}}{14},$$

$$S_{MNC}=\frac{1}{2}\cdot MN\cdot NC\cdot \sin \angle MNC=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{7}\cdot 2\sqrt{7}\cdot \frac{3\sqrt{19}}{14}=\frac{3\sqrt{19}}{2}.$$

Площадь сечения:

$$S_{MNCP}=S_{MNC}+S_{MPC}=\frac{6\sqrt{19}}{4}+\frac{9\sqrt{19}}{4}=\frac{15\sqrt{19}}{4}.$$

Ответ: б) $\frac{15\sqrt{19}}{4}$.