ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$. Пирамида правильная, поэтому $SO$ — её высота, а $O$ — середина $AC$. В треугольнике $ASC$ отрезок $MO$ соединяет середины сторон $SC$ и $AC$, значит, $MO$ — средняя линия и $MO\parallel SA$.

Плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA$ и проходит через $M$. Прямая, проходящая через точку плоскости параллельно прямой, параллельной этой плоскости, целиком лежит в плоскости. Поэтому $MO\subset \alpha$, то есть $O\in \alpha$. Точки $N$ и $O$ лежат и в $\alpha$, и в плоскости основания, значит, $\alpha$ пересекает основание по прямой $NO$.

Если $N$ — середина $BC$, то $NO\parallel CD$, и тогда $CD\parallel \alpha$. Плоскость $SCD$ проходит через $CD$ и точку $M$, поэтому пересекает $\alpha$ по прямой, проходящей через $M$ параллельно $CD$. Это средняя линия треугольника $SCD$, и $L$ — середина $SD$. В этом случае $BN:NC=DL:LS=1$.

Пусть теперь $N$ — не середина $BC$. Тогда прямая $NO$ пересекает прямую $AD$ в точке $K$, а прямую $CD$ — в точке $X$.

Треугольники $NOC$ и $KOA$ равны по стороне и двум прилежащим углам: $OC=OA$, $\angle NCO=\angle KAO$ как накрест лежащие при $BC\parallel AD$ и секущей $AC$, $\angle NOC=\angle KOA$ как вертикальные. Поэтому $NC=AK$, а так как $BC=AD$, то и $BN=KD$.

Прямые $KD$ и $NC$ параллельны, поэтому треугольники $XKD$ и $XNC$ подобны по двум углам. Отсюда

$$\frac{DX}{XC}=\frac{KD}{NC}=\frac{BN}{NC}.$$

Точки $M$ и $X$ лежат и в $\alpha$, и в плоскости $SCD$, поэтому $\alpha$ пересекает плоскость $SCD$ по прямой $MX$. Точка $L$ лежит на $SD$ и в $\alpha$, значит, $L$ лежит на прямой $MX$.

Запишем теорему Менелая для треугольника $SCD$ и прямой $MX$ (она пересекает стороны $CS$, $SD$ и прямую $DC$ в точках $M$, $L$, $X$):

$$\frac{CM}{MS}\cdot \frac{SL}{LD}\cdot \frac{DX}{XC}=1.$$

Так как $CM=MS$, получаем

$$\frac{SL}{LD}\cdot \frac{DX}{XC}=1\Rightarrow \frac{DL}{LS}=\frac{DX}{XC}=\frac{BN}{NC}.$$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $AB=a$, $SO=h$. Тогда $V_{SABCD}=\frac{1}{3}{a}^{2}h$.

По условию $BN:NC=1:2$, поэтому $BN=\frac{a}{3}$, $NC=\frac{2a}{3}$, а из пункта а) $KD=BN=\frac{a}{3}$.

Также из пункта а) $DX:XC=1:2$. Так как $DX<XC$, точка $X$ лежит на продолжении $CD$ за точку $D$, и $XC=XD+DC$:

$$XD+a=2XD\Rightarrow XD=a,XC=2a.$$

Наконец, $DL:LS=1:2$, то есть $DL=\frac{1}{3}DS$.

Плоскость $\alpha$ пересекает рёбра $BC$, $AD$, $SD$, $SC$ в точках $N$, $K$, $L$, $M$, сечение — четырёхугольник $NKLM$. Пирамида делится на многогранник $V_1$ с вершинами $C,$ $D,$ $K,$ $N,$ $L,$ $M$ и многогранник $V_2$ с вершинами $S,$ $A,$ $B,$ $N,$ $K,$ $L,$ $M$.

Рассмотрим тетраэдр $MNCX$. Плоскость $SAD$ пересекает его рёбра $XN$, $XC$, $XM$ в точках $K$, $D$, $L$ и отсекает тетраэдр $LKDX$, а оставшаяся часть — это многогранник $V_1$. Поэтому

$$V_1=V_{MNCX}-V_{LKDX}.$$

Основание тетраэдра $MNCX$ — прямоугольный треугольник $NCX$ ($\angle NCX=90^{\circ }$ — угол квадрата):

$$S_{NCX}=\frac{1}{2}\cdot NC\cdot CX=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a}{3}\cdot 2a=\frac{2a^2}{3}.$$

Точка $M$ — середина $SC$, поэтому её расстояние до плоскости основания равно $\frac{h}{2}$. Тогда

$$V_{MNCX}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2a^2}{3}\cdot \frac{h}{2}=\frac{a^{2}h}{9}.$$

Основание тетраэдра $LKDX$ — прямоугольный треугольник $KDX$ ($\angle KDX=90^{\circ }$, так как $AD\perp CD$):

$$S_{KDX}=\frac{1}{2}\cdot KD\cdot DX=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{3}\cdot a=\frac{a^2}{6}.$$

Опустим из $L$ перпендикуляр $L{L}_1$ на основание. Он параллелен $SO$, и из подобия треугольников $DL{L}_1$ и $DSO$ получаем $L{L}_1=\frac{DL}{DS}\cdot SO=\frac{h}{3}$. Значит,

$$V_{LKDX}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{6}\cdot \frac{h}{3}=\frac{a^{2}h}{54}.$$

Находим объёмы частей:

$$V_1=\frac{a^{2}h}{9}-\frac{a^{2}h}{54}=\frac{6a^{2}h-a^{2}h}{54}=\frac{5a^{2}h}{54},$$

$$V_2=\frac{a^{2}h}{3}-\frac{5a^{2}h}{54}=\frac{18a^{2}h-5a^{2}h}{54}=\frac{13a^{2}h}{54}.$$

Искомое отношение:

$$\frac{V_1}{V_2}=\frac{5}{13}.$$

Ответ: б) $5:13$.