ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Рёбра $DA$, $DB$, $DC$ попарно перпендикулярны, поэтому все боковые грани — прямоугольные треугольники с прямым углом при вершине $D$.

Треугольники $DAB$ и $DCB$ имеют общий катет $DB$ и равные гипотенузы $AB=CB$. Они равны по катету и гипотенузе, поэтому $DA=DC$.

Треугольники $DAB$ и $DAC$ имеют общий катет $DA$ и равные гипотенузы $AB=AC$, поэтому они тоже равны и $DB=DC$.

Итак, $DA=DB=DC$. Пусть $O$ — проекция точки $D$ на плоскость $ABC$. Прямоугольные треугольники $DOA$, $DOB$, $DOC$ имеют общий катет $DO$ и равные гипотенузы, поэтому $OA=OB=OC$. Значит, $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$. Треугольник $ABC$ правильный по условию, и центр его описанной окружности — центр треугольника. Основание пирамиды — правильный треугольник, а вершина проецируется в его центр, следовательно, пирамида правильная. Что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $DA=DC$. Треугольник $ADC$ прямоугольный, по теореме Пифагора

$$D{A}^2+D{C}^2=A{C}^2\Rightarrow 2D{A}^2={\left(6\sqrt{2}\right)}^2=72\Rightarrow DA=6.$$

Значит, $DA=DB=DC=6$. Из условия $DM:MA=DN:NC=1:2$ получаем

$$DM=DN=\frac{1}{3}\cdot 6=2.$$

Обозначим искомое расстояние от $D$ до плоскости $MNB$ через $d$. Найдём объём тетраэдра $DMNB$ двумя способами.

Ребро $DB$ перпендикулярно прямым $DA$ и $DC$, то есть двум пересекающимся прямым плоскости $ADC$. Значит, $DB\perp (ADC)$, и $DB$ — высота тетраэдра, опущенная на грань $DMN$. Треугольник $DMN$ прямоугольный с катетами $DM=DN=2$:

$$S_{DMN}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=2,V_{DMNB}=\frac{1}{3}\cdot S_{DMN}\cdot DB=\frac{1}{3}\cdot 2\cdot 6=4.$$

С другой стороны, если за основание взять грань $MNB$, то высотой будет как раз расстояние $d$:

$$V_{DMNB}=\frac{1}{3}\cdot S_{MNB}\cdot d\Rightarrow d=\frac{3V_{DMNB}}{S_{MNB}}.$$

Найдём стороны треугольника $MNB$ по теореме Пифагора. В треугольнике $DMN$ ($\angle D=90^{\circ }$):

$$MN=\sqrt{D{M}^2+D{N}^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}.$$

В треугольниках $DMB$ и $DNB$ (прямые углы при вершине $D$):

$$MB=\sqrt{D{M}^2+D{B}^2}=\sqrt{4+36}=2\sqrt{10},NB=\sqrt{D{N}^2+D{B}^2}=2\sqrt{10}.$$

Треугольник $MNB$ равнобедренный. Пусть $T$ — середина $MN$, тогда медиана $BT$ является высотой, и в прямоугольном треугольнике $BTN$

$$BT=\sqrt{B{N}^2-T{N}^2}=\sqrt{40-2}=\sqrt{38}.$$

Площадь треугольника $MNB$:

$$S_{MNB}=\frac{1}{2}\cdot MN\cdot BT=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot \sqrt{38}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}.$$

Тогда

$$d=\frac{3\cdot 4}{2\sqrt{19}}=\frac{6}{\sqrt{19}}=\frac{6\sqrt{19}}{19}.$$

Проверим по формуле для тетраэдра с тремя попарно перпендикулярными рёбрами при вершине $D$: $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{D{M}^2}+\frac{1}{D{N}^2}+\frac{1}{D{B}^2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{36}=\frac{19}{36}$, откуда $d=\frac{6}{\sqrt{19}}$.

Ответ: б) $\frac{6}{\sqrt{19}}$.