ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Плоскость $KPQ$ параллельна плоскости $ABC$. Если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны. Грань $SAB$ пересекает эти плоскости по прямым $KQ$ и $AB$, поэтому $KQ\parallel AB$; точно так же $KP\parallel AC$ и $QP\parallel BC$.

В треугольнике $SAB$ точка $K$ — середина $SA$ и $KQ\parallel AB$, поэтому по теореме Фалеса $Q$ — середина $SB$. Аналогично $P$ — середина $SC$. Значит, $QP$ — средняя линия треугольника $SBC$.

Отрезок $SN$ соединяет вершину $S$ с точкой $N$ стороны $BC$, поэтому он пересекает среднюю линию $QP$ в некоторой точке $T$. В треугольнике $SBN$ точка $Q$ — середина $SB$ и $QT\parallel BN$, поэтому по теореме Фалеса $T$ — середина $SN$. Что и требовалось доказать.

б) Плоскость $KPQ$ параллельна плоскости $ABC$, а плоскость пересекает две параллельные плоскости под равными углами. Поэтому угол между плоскостями $APQ$ и $ABC$ равен углу между плоскостями $APQ$ и $KPQ$. Эти плоскости пересекаются по прямой $PQ$; построим линейный угол двугранного угла при ней.

Точка $T$ — середина $PQ$: медиана $SN$ треугольника $SBC$ делит пополам любой отрезок, параллельный $BC$, с концами на сторонах $SB$ и $SC$ (из подобия $\frac{QT}{BN}=\frac{ST}{SN}=\frac{TP}{NC}$ и $BN=NC$).

Треугольник $SPQ$ равнобедренный ($SP=SQ$ как половины равных боковых рёбер), поэтому его медиана $ST$ является высотой: $ST\perp PQ$. Треугольник $KPQ$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом $\frac{1}{2}$ (его стороны — средние линии боковых граней), то есть он правильный, и его медиана $KT$ — тоже высота: $KT\perp PQ$.

Прямая $PQ$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $ST$ и $KT$ плоскости $SKT$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $PQ\perp (SKT)$. Плоскость $SKT$ — это плоскость $SAN$ (точка $K$ лежит на $SA$, точка $T$ — на $SN$), и она содержит точку $A$. Значит, $PQ\perp AT$.

Итак, $KT$ и $AT$ — перпендикуляры к ребру $PQ$ в одной точке $T$, проведённые в плоскостях $KPQ$ и $APQ$. Угол $ATK$ — линейный угол двугранного угла между этими плоскостями.

Точки $K$ и $T$ — середины сторон $SA$ и $SN$ треугольника $SAN$, поэтому $KT$ — средняя линия и $KT\parallel AN$. Тогда $\angle KTA=\angle TAN$ как накрест лежащие при параллельных прямых $KT$ и $AN$ и секущей $AT$. Найдём угол $TAN$ в плоскости $SAN$.

Пирамида правильная, поэтому основание высоты $H$ — центр правильного треугольника $ABC$. Он лежит на медиане $AN$ и делит её в отношении $AH:HN=2:1$. Проведём $TW\parallel SH$, $W\in AN$. Тогда $TW\perp (ABC)$, а так как $T$ — середина $SN$, то $TW$ — средняя линия треугольника $SHN$:

$$TW=\frac{1}{2}SH=\frac{9}{2},W\text{— середина}HN.$$

Медиана правильного треугольника равна его высоте:

$$AN=\frac{AC\sqrt{3}}{2}=\frac{16\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}.$$

Тогда

$$AH=\frac{2}{3}AN=\frac{16\sqrt{3}}{3},HW=\frac{1}{2}HN=\frac{1}{6}AN=\frac{4\sqrt{3}}{3},AW=AH+HW=\frac{20\sqrt{3}}{3}.$$

Треугольник $TWA$ прямоугольный с прямым углом $W$, поэтому

$$\mathrm{tg}\angle TAW=\frac{TW}{AW}=\frac{9/2}{20\sqrt{3}/3}=\frac{27}{40\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{3}}{40}.$$

Угол $TAW$ острый, значит, угол между плоскостями $ABC$ и $AQP$ равен $\mathrm{arctg}\frac{9\sqrt{3}}{40}$.

Ответ: б) $\mathrm{arctg}\frac{9\sqrt{3}}{40}$.