ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Основание пирамиды — квадрат, поэтому $AB\parallel CD$. Прямая $AB$ параллельна прямой $CD$ плоскости $SCD$ и не лежит в этой плоскости, значит, $AB\parallel (SCD)$ по признаку параллельности прямой и плоскости.

Плоскость $\alpha$ проходит через прямую $AB$, параллельную плоскости $SCD$, и пересекает эту плоскость по прямой $MN$. Тогда линия пересечения параллельна $AB$: $MN\parallel AB$, а значит, и $MN\parallel CD$.

В треугольнике $SCD$ отрезок $MN$ параллелен стороне $CD$, поэтому треугольники $SMN$ и $SCD$ подобны (соответственные углы равны), и

$$\frac{SM}{SC}=\frac{SN}{SD}=\frac{MN}{CD}=\frac{MN}{AB}=\frac{1}{4}.$$

Значит, $SM=\frac{1}{4}SC$ и $MC=\frac{3}{4}SC$, то есть $SM:MC=1:3$. Точно так же $SN:ND=1:3$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $MN=x$, тогда $AB=AN=BM=4x$.

Сечение $ABMN$ — трапеция с основаниями $AB$ и $MN$ ($AB\parallel MN$) и равными боковыми сторонами $AN=BM$, то есть равнобедренная. Опустим высоты из $N$ и $M$ на $AB$: они отсекают от $AB$ по краям равные отрезки длины $\frac{4x-x}{2}=\frac{3x}{2}$. Из прямоугольного треугольника с гипотенузой $AN=4x$ и катетом $\frac{3x}{2}$ находим высоту трапеции:

$$h^2=(4x{)}^2-{\left(\frac{3x}{2}\right)}^2=16x^2-\frac{9x^2}{4}=\frac{55x^2}{4}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{55}}{2}x.$$

Площадь сечения:

$$S_{ABMN}=\frac{4x+x}{2}\cdot \frac{\sqrt{55}}{2}x=\frac{5\sqrt{55}}{4}{x}^2.$$

Найдём ортогональную проекцию сечения на плоскость основания. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$; пирамида правильная, поэтому $SO$ — её высота. В плоскости $SAC$ проведём $M{M}_1\parallel SO$, $M_1\in OC$; тогда $M{M}_1\perp (ABC)$ и $M_1$ — проекция точки $M$. В плоскости $SBD$ проведём $N{N}_1\parallel SO$, $N_1\in OD$; $N_1$ — проекция точки $N$. Точки $A$ и $B$ лежат в основании и проектируются сами в себя. Значит, четырёхугольник $AB{M}_1{N}_1$ — проекция сечения $ABMN$.

По теореме о площади ортогональной проекции $S_{AB{M}_1{N}_1}=S_{ABMN}\cdot \cos \phi$, где $\phi$ — угол между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания.

По теореме о пропорциональных отрезках для угла $SCO$ (прямые $M{M}_1$ и $SO$ параллельны)

$$\frac{C{M}_1}{M_{1}O}=\frac{CM}{MS}=\frac{3}{1},$$

и аналогично $D{N}_1:N_{1}O=3:1$. Пусть $AC=BD=8z$. Тогда $AO=BO=OC=OD=4z$, $M_{1}O=N_{1}O=z$, и

$$A{M}_1=AO+O{M}_1=5z,B{N}_1=BO+O{N}_1=5z.$$

Диагонали $A{M}_1$ и $B{N}_1$ четырёхугольника $AB{M}_1{N}_1$ лежат на диагоналях квадрата и потому перпендикулярны. Площадь четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями равна половине их произведения:

$$S_{AB{M}_1{N}_1}=\frac{1}{2}\cdot 5z\cdot 5z=\frac{25}{2}{z}^2.$$

Диагональ квадрата в $\sqrt{2}$ раз больше стороны: $8z=4x\sqrt{2}$, откуда $z=\frac{x}{\sqrt{2}}$ и $z^2=\frac{x^2}{2}$. Тогда

$$S_{AB{M}_1{N}_1}=\frac{25}{2}\cdot \frac{x^2}{2}=\frac{25}{4}{x}^2.$$

Искомый косинус:

$$\cos \phi =\frac{S_{AB{M}_1{N}_1}}{S_{ABMN}}=\frac{\frac{25}{4}{x}^2}{\frac{5\sqrt{55}}{4}{x}^2}=\frac{5}{\sqrt{55}}=\frac{\sqrt{55}}{11}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{55}}{11}$.