ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Основание правильной пирамиды — квадрат $ABCD$, поэтому $AB\parallel CD$. Отрезки $AM$ и $DN$ лежат на параллельных прямых, сонаправлены и равны ($AM=DN=4$), значит, $AMND$ — параллелограмм, и

$$MN\parallel AD\parallel BC.$$

Докажем, что $KM\parallel SB$. Пусть $SO$ — высота пирамиды, $O$ — центр квадрата. Тогда $AC=16\sqrt{2}$, $AO=\frac{1}{2}AC=8\sqrt{2}$, и из прямоугольного треугольника $SOA$

$$AS=\sqrt{A{O}^2+S{O}^2}=\sqrt{128+16}=12.$$

В треугольниках $AKM$ и $ASB$ угол $A$ общий, а

$$\frac{AK}{AS}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}=\frac{4}{16}=\frac{AM}{AB}.$$

Значит, $△AKM\sim △ASB$ по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, и $\angle AKM=\angle ASB$. Это соответственные углы при прямых $KM$, $SB$ и секущей $AS$, поэтому $KM\parallel SB$.

Итак, пересекающиеся прямые $MN$ и $KM$ плоскости $(MNK)$ соответственно параллельны прямым $BC$ и $SB$ плоскости $(SBC)$. По признаку параллельности плоскостей $(MNK)\parallel (SBC)$, что и требовалось доказать.

б) Плоскости $(MNK)$ и $(SBC)$ параллельны, поэтому все точки плоскости $(MNK)$ находятся на одном и том же расстоянии от $(SBC)$. Значит, расстояние от $K$ можно заменить расстоянием от любой удобной точки плоскости $(MNK)$.

Пусть $P$ и $R$ — середины рёбер $AD$ и $BC$. Отрезок $PR$ проходит через центр $O$ и параллелен $AB$. Пусть $Z$ — точка пересечения $PR$ и $MN$; она лежит в плоскости $(MNK)$.

Докажем, что перпендикуляр из $Z$ на плоскость $(SBC)$ лежит в плоскости $PSR$. Прямая $BC$ перпендикулярна $PR$ (так как $PR\parallel AB\perp BC$) и перпендикулярна $SO$ (так как $SO\perp (ABC)$). Прямые $PR$ и $SO$ пересекаются в точке $O$ и лежат в плоскости $PSR$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (PSR)$. Плоскость $(SBC)$ проходит через $BC$, значит, по признаку перпендикулярности плоскостей $(SBC)\perp (PSR)$. Эти плоскости пересекаются по прямой $SR$.

Проведём в плоскости $PSR$ перпендикуляр $ZH$ к прямой $SR$. По свойству перпендикулярных плоскостей $ZH\perp (SBC)$, поэтому $ZH$ — искомое расстояние.

Найдём нужные отрезки. В четырёхугольнике $MBRZ$ противоположные стороны параллельны ($MZ\parallel BR$, $ZR\parallel MB$), это параллелограмм, и $ZR=MB=16-4=12$. Далее $OR=\frac{1}{2}AB=8$, и из прямоугольного треугольника $SOR$

$$SR=\sqrt{S{O}^2+O{R}^2}=\sqrt{16+64}=4\sqrt{5},\sin \angle SRO=\frac{SO}{SR}=\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.$$

В прямоугольном треугольнике $ZHR$ угол при вершине $R$ тот же, поэтому

$$ZH=ZR\cdot \sin \angle SRO=12\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}.$$

Значит, расстояние от точки $K$ до плоскости $(SBC)$ равно $\frac{12\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: б) $\frac{12\sqrt{5}}{5}$.