ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $H$ — центр основания $ABC$, тогда $SH$ — высота правильной пирамиды. Пусть $E$ — середина $AB$; тогда $CE$ — медиана основания, а $SE$ — медиана (и высота) грани $SAB$. Центр правильного треугольника — точка пересечения медиан, а она делит медиану в отношении $2:1$, считая от вершины:

$$CH:HE=2:1,HE=\frac{1}{3}CE.$$

Отрезок $MN$ соединяет середины сторон $SA$ и $SB$, значит, это средняя линия треугольника $SAB$: $MN\parallel AB$ и $MN=\frac{1}{2}AB=3$.

Найдём прямую, по которой $\alpha$ пересекает основание. Прямая $AB$ параллельна прямой $MN$, лежащей в $\alpha$, поэтому $AB\parallel \alpha$. Плоскость основания проходит через $AB$ и пересекает $\alpha$, значит, линия их пересечения $\ell$ параллельна $AB$.

Пусть $R$ — точка пересечения $MN$ и $SE$. Прямая $MN$ параллельна $AB$ и проходит через середину $SA$, поэтому по теореме Фалеса она делит пополам и отрезок $SE$: $SR=RE$.

Опустим из точки $R$ перпендикуляр $RT$ на плоскость основания. Так как $\alpha \perp (ABC)$ и $R\in \alpha$, этот перпендикуляр лежит в плоскости $\alpha$, а значит, $T\in \ell$.

Прямые $RT$ и $SH$ перпендикулярны одной плоскости, поэтому $RT\parallel SH$. Значит, $RT$ лежит в плоскости $SHE$, и точка $T$ лежит на прямой $HE$ — линии пересечения плоскости $SHE$ с основанием. В треугольнике $SHE$ точка $R$ — середина $SE$ и $RT\parallel SH$, поэтому по теореме Фалеса $T$ — середина $HE$:

$$TE=\frac{1}{2}HE=\frac{1}{6}CE,CT=CE-TE=\frac{5}{6}CE.$$

Прямая $\ell$ параллельна $AB$, а медиана $CE$ пересекает $AB$, поэтому $CE$ пересекает $\ell$ ровно в одной точке — в точке $T$. Значит, плоскость $\alpha$ пересекает медиану $CE$ в точке $T$, и

$$CT:TE=\frac{5}{6}CE:\frac{1}{6}CE=5:1,$$

что и требовалось доказать.

б) Пусть прямая $\ell$ пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$. В треугольнике $CAE$ отрезок $PT$ параллелен $AE$, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{CP}{CA}=\frac{CT}{CE}=\frac{5}{6},CP=5,AP=1.$$

Аналогично $CQ=5$, $BQ=1$. Треугольник $CPQ$ подобен треугольнику $CAB$ с коэффициентом $\frac{5}{6}$, поэтому $PQ=\frac{5}{6}\cdot 6=5$.

Выясним, какие рёбра пересекает $\alpha$. Плоскость $\alpha$ перпендикулярна основанию, поэтому точка лежит по ту или иную сторону от $\alpha$ в зависимости от того, по какую сторону от прямой $PQ$ лежит её проекция на основание. Проекция вершины $S$ — точка $H$, а $CH=\frac{2}{3}CE<CT=\frac{5}{6}CE$, то есть $H$ лежит по ту же сторону от $PQ$, что и $C$. Точки $A$ и $B$ лежат по другую сторону. Значит, $\alpha$ пересекает рёбра $SA$, $SB$, $CB$, $CA$ (в точках $M$, $N$, $Q$, $P$) и не пересекает рёбра $SC$ и $AB$.

Сечение — четырёхугольник $MNQP$: его стороны $MN$, $NQ$, $QP$, $PM$ лежат в гранях $SAB$, $SBC$, $ABC$, $SAC$. Так как $MN\parallel AB\parallel PQ$ и $MN=3\ne PQ=5$, это трапеция.

Найдём боковую сторону $MP$ из треугольника $AMP$, где $AM=\frac{1}{2}SA=2\sqrt{3}$, $AP=1$, а $\angle MAP=\angle SAC$.

Треугольник $SAC$ равнобедренный: $SA=SC=4\sqrt{3}$, $AC=6$. Его высота $SF$ является медианой, $AF=3$, и из прямоугольного треугольника $SFA$

$$\cos \angle SAC=\frac{AF}{SA}=\frac{3}{4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$

По теореме косинусов в треугольнике $AMP$

$$M{P}^2=A{M}^2+A{P}^2-2\cdot AM\cdot AP\cdot \cos \angle SAC=12+1-2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=13-3=10,$$

$$MP=\sqrt{10}.$$

Треугольники $AMP$ и $BNQ$ равны по двум сторонам и углу между ними ($AM=BN$, $AP=BQ$, $\angle SAC=\angle SBC$, так как боковые грани правильной пирамиды равны), поэтому $NQ=MP=\sqrt{10}$.

Периметр сечения:

$$P_{MNQP}=MN+PQ+MP+NQ=3+5+2\sqrt{10}=8+2\sqrt{10}.$$

Ответ: б) $8+2\sqrt{10}$.