ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $M$ — середина ребра $BC$. Все стороны треугольников $ABC$ и $DBC$ равны 4, поэтому они равносторонние. Медианы $AM$ и $DM$ равносторонних треугольников являются их высотами:

$$BC\perp AM,BC\perp DM.$$

Прямые $AM$ и $DM$ пересекаются и лежат в плоскости $AMD$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (AMD)$. Прямая $AD$ лежит в плоскости $AMD$, поэтому $BC\perp AD$, что и требовалось доказать.

б) Медианы равносторонних треугольников со стороной 4:

$$AM=DM=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.$$

Рассмотрим треугольник $AMD$. Он равнобедренный ($AM=DM$), поэтому его медиана $MN$, где $N$ — середина $AD$, является высотой: $MN\perp AD$. Так как $AN=\frac{1}{2}AD=1$, по теореме Пифагора в треугольнике $AMN$

$$MN=\sqrt{A{M}^2-A{N}^2}=\sqrt{12-1}=\sqrt{11}.$$

Проведём в треугольнике $AMD$ высоту $DO$, $O\in AM$. По пункту а) $BC\perp (AMD)$, поэтому $BC\perp DO$. Прямая $DO$ перпендикулярна пересекающимся прямым $AM$ и $BC$ плоскости $ABC$, значит, $DO\perp (ABC)$, и $DO$ — высота тетраэдра.

Найдём $DO$, записав площадь треугольника $AMD$ двумя способами:

$$\frac{1}{2}\cdot AD\cdot MN=\frac{1}{2}\cdot AM\cdot DO\iff DO=\frac{AD\cdot MN}{AM}=\frac{2\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{11}}{\sqrt{3}}.$$

Площадь основания:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot AM=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}.$$

Объём тетраэдра:

$$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot DO=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{11}}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{11}}{3}.$$

Ответ: б) $\frac{4\sqrt{11}}{3}$.