ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пирамида правильная, поэтому в её основании лежит квадрат $ABCD$, а высота $SO$ опускается в центр $O$ квадрата — точку пересечения диагоналей. Диагонали квадрата точкой пересечения делятся пополам, поэтому $O$ — середина $AC$ и середина $BD$.

В треугольнике $SAC$ точки $O$ и $M$ — середины сторон $AC$ и $SC$. Значит, $OM$ — средняя линия этого треугольника, и $OM\parallel SA$.

Плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA$ и содержит точку $M$. Если прямая параллельна плоскости, то прямая, проведённая через точку плоскости параллельно этой прямой, целиком лежит в плоскости. Поэтому прямая $OM$ лежит в $\alpha$, и точка $O$ принадлежит $\alpha$.

Точки $N$ и $O$ лежат и в плоскости $\alpha$, и в плоскости основания, поэтому $\alpha$ пересекает основание по прямой $NO$. Пусть эта прямая пересекает сторону $AD$ в точке $N^{\prime }$.

Сравним треугольники $OBN$ и $OD{N}^{\prime }$. У них $OB=OD$, углы $BON$ и $DO{N}^{\prime }$ равны как вертикальные, а углы $OBN$ и $OD{N}^{\prime }$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $BD$. Значит, треугольники равны по стороне и двум прилежащим углам, и

$$D{N}^{\prime }=BN,A{N}^{\prime }=AD-D{N}^{\prime }=BC-BN=NC.$$

Плоскость $SAD$ проходит через прямую $SA$, параллельную плоскости $\alpha$, и имеет с $\alpha$ общую точку $N^{\prime }$. Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения параллельна данной прямой. Поэтому $\alpha$ пересекает грань $SAD$ по прямой, которая проходит через $N^{\prime }$ параллельно $SA$; эта прямая и пересекает ребро $SD$ в точке $L$. Итак, $N^{\prime }L\parallel SA$.

В треугольнике $DSA$ прямая $N^{\prime }L$ параллельна стороне $SA$. По теореме о пропорциональных отрезках (обобщённой теореме Фалеса) для угла $ADS$

$$\frac{DL}{LS}=\frac{D{N}^{\prime }}{N^{\prime }A}=\frac{BN}{NC}.$$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $AB=a$, $SO=h$. Тогда объём пирамиды

$$V=\frac{1}{3}{a}^{2}h.$$

По условию $BN:NC=1:3$, поэтому $BN=\frac{a}{4}$, $NC=\frac{3a}{4}$. По доказанному в пункте а) $D{N}^{\prime }=BN=\frac{a}{4}$ и $DL:LS=BN:NC=1:3$.

Построим сечение. Плоскость $\alpha$ пересекает основание по отрезку $N{N}^{\prime }$, грань $SBC$ — по отрезку $NM$, грань $SAD$ — по отрезку $N^{\prime }L$. Точки $M$ и $L$ лежат в одной грани $SCD$, поэтому эту грань $\alpha$ пересекает по отрезку $ML$. Отрезки $N{N}^{\prime }$, $N^{\prime }L$, $LM$, $MN$ лежат на гранях пирамиды и образуют замкнутую ломаную, значит, сечение — четырёхугольник $N{N}^{\prime }LM$. Он делит пирамиду на многогранник с вершинами $C$, $D$, $N$, $N^{\prime }$, $L$, $M$ (при ребре $CD$) и многогранник, содержащий вершины $A$, $B$, $S$. Найдём объём $V_1$ первого из них.

Прямые $N{N}^{\prime }$ и $CD$ лежат в плоскости основания и не параллельны: иначе $NCD{N}^{\prime }$ был бы параллелограммом и $D{N}^{\prime }=NC$, а у нас $D{N}^{\prime }=\frac{a}{4}\ne \frac{3a}{4}=NC$. Пусть они пересекаются в точке $Q$. Точка $Q$ лежит в плоскости $\alpha$ и на прямой $CD$, то есть в плоскости $SCD$. Значит, $Q$ лежит на линии пересечения этих плоскостей — прямой $ML$. Итак, прямые $N{N}^{\prime }$, $ML$ и $CD$ проходят через одну точку $Q$.

Найдём положение точки $Q$. Прямые $D{N}^{\prime }$ и $CN$ параллельны ($AD\parallel BC$), поэтому треугольники $QD{N}^{\prime }$ и $QCN$ подобны (соответственные углы при параллельных прямых равны):

$$\frac{QD}{QC}=\frac{D{N}^{\prime }}{CN}=\frac{a/4}{3a/4}=\frac{1}{3}.$$

Так как $QD<QC$, точка $Q$ лежит на продолжении ребра $CD$ за точку $D$, и $QC=QD+DC$. Получаем $3QD=QD+a$, откуда

$$QD=\frac{a}{2},QC=\frac{3a}{2}.$$

Рассмотрим тетраэдр $QCNM$. Точки $D$, $N^{\prime }$, $L$ лежат на его рёбрах $QC$, $QN$, $QM$, и плоскость $D{N}^{\prime }L$ (это плоскость грани $SAD$) отрезает от него тетраэдр $QD{N}^{\prime }L$. Остаётся как раз наш многогранник $CD{N}^{\prime }NML$, поэтому

$$V_1=V_{QCNM}-V_{QD{N}^{\prime }L}.$$

Найдём высоты этих тетраэдров, опущенные из $M$ и $L$ на плоскость основания. Точка $M$ — середина $SC$, поэтому её расстояние до основания равно половине высоты пирамиды: $\frac{h}{2}$ (перпендикуляр из $M$ на основание — средняя линия треугольника $SOC$). Точка $L$ делит $DS$ в отношении $DL:LS=1:3$, то есть $DL=\frac{1}{4}DS$. По теореме о пропорциональных отрезках её расстояние до основания равно $\frac{h}{4}$.

Угол $QCN$ прямой (это угол квадрата $BCD$), угол $QD{N}^{\prime }$ тоже прямой (смежный с углом $ADC$). Поэтому основания тетраэдров — прямоугольные треугольники:

$$S_{QCN}=\frac{1}{2}\cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{9a^2}{16},S_{QD{N}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a}{4}=\frac{a^2}{16}.$$

Объёмы тетраэдров:

$$V_{QCNM}=\frac{1}{3}\cdot \frac{9a^2}{16}\cdot \frac{h}{2}=\frac{9}{32}\cdot \frac{1}{3}{a}^{2}h=\frac{18}{64}V,$$

$$V_{QD{N}^{\prime }L}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{16}\cdot \frac{h}{4}=\frac{1}{64}\cdot \frac{1}{3}{a}^{2}h=\frac{1}{64}V.$$

Тогда

$$V_1=\frac{18}{64}V-\frac{1}{64}V=\frac{17}{64}V,V_2=V-V_1=\frac{47}{64}V.$$

Отношение объёмов частей равно $17:47$.

Ответ: б) $17:47$.