Дан тетраэдр ABCD, причем AD=BD=CD=AB=AC=10, а грани ABD и ACD… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды сложная 2023 развёрнутое

Дан тетраэдр $A B C D,$ причем $A D = B D = C D = A B = A C = 10,$ а грани $A B D$ и $A C D$ перпендикулярны. На ребрах $A B,$ $A D$ и $C D$ отмечены точки $K,$ $L$ и $M$ соответственно так, что $B K = 2,$ $A L = 4,$ $D M = 3.$

а) Докажите, что плоскость $(K L M)$ перпендикулярна ребру $C D .$

б) Найдите длину отрезка, по которому плоскость $(K L M)$ пересекает грань $A B C .$

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

а) В треугольнике $A B D$ все стороны равны $10$ ( $A B = B D = A D$ ), в треугольнике $A C D$ — тоже ( $A C = C D = A D$ ). Значит, оба треугольника правильные.

Проведём высоту $B H$ треугольника $A B D$ . В правильном треугольнике высота является медианой, поэтому $A H = \frac{1}{2} A D = 5$ . Тогда $L H = A H - A L = 1$ , а $A K = A B - B K = 8$ . Получаем

$\frac{A L}{L H} = \frac{4}{1} = \frac{A K}{K B} .$

По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках (обратной теореме Фалеса), $K L ∥ B H$ , а значит, $K L ⊥ A D$ .

Плоскости $A B D$ и $A C D$ перпендикулярны и пересекаются по прямой $A D$ . Прямая $K L$ лежит в плоскости $A B D$ и перпендикулярна линии пересечения $A D$ , поэтому $K L ⊥ (A C D)$ и, в частности, $K L ⊥ C D$ .

Проведём высоту $A F$ треугольника $A C D$ ; она же медиана, поэтому $D F = \frac{1}{2} C D = 5$ и $M F = D F - D M = 2$ . Кроме того, $D L = A D - A L = 6$ . Получаем

$\frac{D M}{M F} = \frac{3}{2} = \frac{6}{4} = \frac{D L}{L A},$

поэтому по той же теореме $L M ∥ A F$ , и $L M ⊥ C D$ .

Ребро $C D$ перпендикулярно двум пересекающимся прямым $K L$ и $L M$ плоскости $K L M$ . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $C D ⊥ (K L M)$ . Что и требовалось доказать.

б) Найдём ребро $B C$ . Прямая $B H$ лежит в плоскости $A B D$ и перпендикулярна $A D$ , поэтому, как и выше, $B H ⊥ (A C D)$ , а значит, $B H ⊥ C H$ . Отрезок $C H$ — медиана, а значит, и высота правильного треугольника $A C D$ . Высоты правильных треугольников со стороной $10$ равны $B H = C H = \frac{10 3}{2} = 53$ . Треугольник $B H C$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому

$B C = B H 2 = 53 \cdot 2 = 56 .$

Найдём, где плоскость $K L M$ пересекает грань $B C D$ . В этой грани проведём через $M$ прямую, перпендикулярную $C D$ ; пусть она пересекает $B C$ в точке $N$ . Плоскость $K L M$ проходит через $M$ перпендикулярно $C D$ , а такая плоскость содержит все прямые, проходящие через $M$ перпендикулярно $C D$ . Поэтому $M N$ лежит в плоскости $K L M$ .

Треугольник $B C D$ равнобедренный ( $B D = C D = 10$ ). Пусть $E$ — середина $B C$ , тогда $D E ⊥ B C$ и

$cos ∠ B C D = \frac{C E}{C D} = \frac{5 6 /2}{10} = \frac{6}{4} .$

Треугольник $C M N$ прямоугольный с прямым углом $M$ , $C M = C D - D M = 7$ , поэтому

$C N = \frac{C M}{cos ∠ B C D} = \frac{7 \cdot 4}{6} = \frac{28}{6} = \frac{14 6}{3} .$

Так как $\frac{14 6}{3} < \frac{15 6}{3} = 56 = B C$ , точка $N$ лежит на ребре $B C$ , и

$B N = B C - C N = 56 - \frac{14 6}{3} = \frac{6}{3} .$

Итак, плоскость $K L M$ пересекает рёбра $A B$ , $A D$ , $C D$ , $B C$ в точках $K$ , $L$ , $M$ , $N$ , сечение тетраэдра — четырёхугольник $K L M N$ , а грань $A B C$ она пересекает по отрезку $K N$ .

Треугольник $A B C$ равнобедренный ( $A B = A C = 10$ ) с тем же основанием $B C = 56$ , что и у треугольника $D B C$ . Медиана $A E$ является высотой, поэтому

$cos ∠ A B C = \frac{B E}{A B} = \frac{5 6 /2}{10} = \frac{6}{4} .$

По теореме косинусов в треугольнике $B K N$

$K N^{2} = B K^{2} + B N^{2} - 2 \cdot B K \cdot B N \cdot cos ∠ A B C = 4 + \frac{6}{9} - 2 \cdot 2 \cdot \frac{6}{3} \cdot \frac{6}{4} = 4 + \frac{2}{3} - 2 = \frac{8}{3} .$

Отсюда

$K N = \frac{8}{3} = \frac{2 2}{3} = \frac{2 6}{3} .$

Ответ: б) $\frac{2 6}{3}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15