Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с основанием ABCD. Плоскость α проходит через ребро AB и пересекает ребра SC и SD… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды сложная 2025 развёрнутое

Дана правильная четырехугольная пирамида $S A B C D$ с основанием $A B C D .$ Плоскость $α$ проходит через ребро $A B$ и пересекает ребра $S C$ и $S D$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Известно, что $A B = A N = B M = 3 M N .$

а) Докажите, что $S M : M C = S N : N D = 1 : 2.$

б) Найдите косинус угла между плоскостью $α$ и плоскостью основания пирамиды.

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

Разбор — 3 балла

а) Основание пирамиды — квадрат, поэтому $A B ∥ C D$ . Прямая $A B$ не лежит в плоскости $S C D$ и параллельна прямой $C D$ этой плоскости, значит, по признаку параллельности прямой и плоскости $A B ∥ (S C D)$ .

Плоскость $α$ проходит через прямую $A B$ и пересекает плоскость $S C D$ по прямой $M N$ . Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения параллельна данной прямой. Поэтому $M N ∥ A B$ , а значит, и $M N ∥ C D$ .

В треугольнике $S C D$ отрезок $M N$ параллелен стороне $C D$ , поэтому $△ S M N \sim △ S C D$ (угол $S$ общий, $∠ S M N = ∠ S C D$ как соответственные). Так как $C D = A B = 3 M N$ ,

$\frac{S M}{S C} = \frac{S N}{S D} = \frac{M N}{C D} = \frac{1}{3} .$

Значит, $S M = \frac{1}{3} S C$ , $M C = \frac{2}{3} S C$ , то есть $S M : M C = 1 : 2$ , и точно так же $S N : N D = 1 : 2$ , что и требовалось доказать.

б) Пусть $M N = x$ , тогда $A B = A N = B M = 3 x$ .

Найдём площадь сечения $A B M N$ . Это трапеция ( $M N ∥ A B$ , $M N \neq = A B$ ) с равными боковыми сторонами $A N = B M$ , то есть равнобедренная. Проекция боковой стороны на большее основание равна полуразности оснований:

$\frac{3 x - x}{2} = x .$

Высота трапеции $h$ — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой $B M = 3 x$ и вторым катетом $x$ . По теореме Пифагора

$h = (3 x)^{2} - x^{2} = 22 x, S_{A B M N} = \frac{x + 3 x}{2} \cdot 22 x = 42 x^{2} .$

Теперь построим проекцию сечения на плоскость основания. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $A C$ и $B D$ . Пирамида правильная, поэтому $S O$ — её высота, $S O ⊥ (A B C)$ .

В плоскости $S O C$ проведём $M M_{1} ∥ S O$ , $M_{1} \in O C$ . Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, сама перпендикулярна этой плоскости, поэтому $M_{1}$ — проекция точки $M$ на основание. По теореме о пропорциональных отрезках для угла $S C O$

$\frac{C M _{1}}{M _{1} O} = \frac{C M}{M S} = \frac{2}{1} .$

Аналогично в плоскости $S O D$ проведём $N N_{1} ∥ S O$ , $N_{1} \in O D$ , тогда $N_{1}$ — проекция точки $N$ и $D N_{1} : N_{1} O = 2 : 1$ . Точки $A$ и $B$ лежат в основании и проецируются сами в себя. Значит, ортогональная проекция трапеции $A B M N$ на основание — четырёхугольник $A B M_{1} N_{1}$ .

Пусть $A C = B D = 6 z$ . Тогда $A O = B O = O C = O D = 3 z$ , а

$O M_{1} = \frac{1}{3} O C = z, O N_{1} = \frac{1}{3} O D = z .$

Диагонали $A M_{1}$ и $B N_{1}$ четырёхугольника $A B M_{1} N_{1}$ лежат на диагоналях квадрата, поэтому перпендикулярны и пересекаются в точке $O$ . Площадь такого четырёхугольника равна половине произведения диагоналей:

$A M_{1} = B N_{1} = 3 z + z = 4 z, S_{A B M_{1} N_{1}} = \frac{1}{2} \cdot 4 z \cdot 4 z = 8 z^{2} .$

Диагональ квадрата со стороной $3 x$ равна $32 x$ , поэтому

$6 z = 32 x \Rightarrow z = \frac{x}{2}, S_{A B M_{1} N_{1}} = 8 \cdot \frac{x ^{2}}{2} = 4 x^{2} .$

По теореме о площади ортогональной проекции площадь проекции многоугольника равна его площади, умноженной на косинус угла $φ$ между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции:

$cos φ = \frac{S _{A B M_{1} N_{1}}}{S _{A B M N}} = \frac{4 x ^{2}}{4 2 x ^{2}} = \frac{1}{2} = \frac{2}{2} .$

Ответ: б) $\frac{2}{2}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15