ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение. Плоскость сечения параллельна прямым $AC$ и $BD$, поэтому каждую грань, содержащую одну из этих прямых, она пересекает по прямой, параллельной этой прямой.

1. В грани $ACD$ проведём через $T$ прямую $TL\parallel AC$, $L\in CD$.

2. В грани $ABD$ проведём через $T$ прямую $TK\parallel BD$, $K\in AB$.

3. В грани $ABC$ проведём через $K$ прямую $KF\parallel AC$, $F\in BC$.

Плоскость $TKL$ содержит прямые $TL\parallel AC$ и $TK\parallel BD$, поэтому это и есть плоскость сечения. Точки $L$ и $F$ лежат в ней и в грани $BCD$, которая содержит прямую $BD$. Так как $BD$ параллельна плоскости сечения, линия пересечения $LF$ параллельна $BD$.

Итак, $TL\parallel AC\parallel KF$ и $TK\parallel BD\parallel LF$. Противоположные стороны четырёхугольника $TKFL$ попарно параллельны, значит, это параллелограмм.

Докажем, что $AC\perp BD$. Пусть $H$ — середина $AC$. Треугольник $ADC$ равнобедренный ($DA=DC=9$), поэтому медиана $DH$ — высота: $DH\perp AC$. Треугольник $ABC$ правильный, поэтому $BH\perp AC$. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DH$ и $BH$, значит, $AC\perp (BDH)$, и $AC$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в том числе $BD$.

Стороны $TL$ и $TK$ параллелограмма параллельны $AC$ и $BD$, поэтому $TL\perp TK$. Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник, что и требовалось доказать.

б) Треугольник $ATK$ подобен треугольнику $ADB$: угол $A$ общий, $\angle ATK=\angle ADB$ как соответственные при $TK\parallel BD$. Так как $AT:TD=1:2$, то $\frac{AT}{AD}=\frac{1}{3}$:

$$TK=\frac{1}{3}BD=\frac{1}{3}\cdot 9=3,AK=\frac{1}{3}AB,BK=\frac{2}{3}AB.$$

Треугольник $BKF$ подобен треугольнику $BAC$ ($KF\parallel AC$):

$$KF=\frac{BK}{BA}\cdot AC=\frac{2}{3}\cdot 5=\frac{10}{3}.$$

$$S_{TKFL}=TK\cdot KF=3\cdot \frac{10}{3}=10.$$

Ответ: б) $10$.