ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Стороны квадрата $KN$ и $LM$ параллельны. Прямая $LM$ лежит в плоскости $ABD$, а $KN$ в ней не лежит, поэтому по признаку параллельности прямой и плоскости $KN\parallel (ABD)$. Прямая $KN$ лежит в плоскости $ABC$, которая пересекает плоскость $ABD$ по прямой $AB$. Если прямая параллельна плоскости, то любая плоскость, проходящая через эту прямую, пересекает данную плоскость по параллельной ей прямой. Значит, $KN\parallel AB$, а тогда и $LM\parallel AB$.

Аналогично $KL\parallel MN$, прямая $MN$ лежит в плоскости $BCD$, поэтому $KL\parallel (BCD)$. Плоскость $ACD$, содержащая $KL$, пересекает плоскость $BCD$ по прямой $CD$, значит, $KL\parallel CD$ и $MN\parallel CD$.

В треугольнике $ACD$ прямая $KL$ параллельна стороне $CD$. По теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{AL}{LD}=\frac{AK}{KC}=\frac{2}{3}.$$

В треугольнике $ABD$ прямая $LM$ параллельна стороне $AB$, поэтому

$$\frac{BM}{MD}=\frac{AL}{LD}=\frac{2}{3},$$

что и требовалось доказать.

б) Найдём рёбра $AB$ и $CD$. Треугольник $AKL$ подобен треугольнику $ACD$ (так как $KL\parallel CD$), а треугольник $CKN$ подобен треугольнику $CAB$ (так как $KN\parallel AB$). Из $AK:KC=2:3$ имеем $\frac{AK}{AC}=\frac{2}{5}$, $\frac{CK}{CA}=\frac{3}{5}$, поэтому

$$\frac{KL}{CD}=\frac{2}{5},CD=\frac{5}{2}\cdot 2=5;\frac{KN}{AB}=\frac{3}{5},AB=\frac{5}{3}\cdot 2=\frac{10}{3}.$$

Кроме того, $AB\perp CD$: прямые $AB$ и $CD$ параллельны соседним сторонам квадрата $KN$ и $KL$, а $KN\perp KL$.

Проведём в плоскости $ABD$ перпендикуляр $DH$ к прямой $AB$. Прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DH$ и $CD$, поэтому $AB\perp (CDH)$.

Плоскость $CDH$ разбивает тетраэдр на тетраэдры $ACDH$ и $BCDH$ с общим основанием $CDH$ и высотами $AH$ и $BH$ (они перпендикулярны плоскости $CDH$). Если $H$ лежит между $A$ и $B$, объём тетраэдра $ABCD$ равен сумме их объёмов и $AH+BH=AB$; если $H$ лежит вне отрезка $AB$, объём равен разности их объёмов и $|AH-BH|=AB$. В обоих случаях

$$V_{ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{CDH}\cdot AB.$$

Проведём в треугольнике $CDH$ высоту $HO$ к прямой $CD$. Тогда $S_{CDH}=\frac{1}{2}CD\cdot HO$ и

$$V_{ABCD}=\frac{1}{6}\cdot AB\cdot CD\cdot HO=\frac{1}{6}\cdot \frac{10}{3}\cdot 5\cdot HO=\frac{25}{9}HO=25,HO=9.$$

Отрезок $HO$ перпендикулярен $CD$ по построению и перпендикулярен $AB$, так как лежит в плоскости $CDH$, перпендикулярной $AB$. Значит, $HO\perp KL$ (так как $KL\parallel CD$) и $HO\perp KN$ (так как $KN\parallel AB$). Прямые $KL$ и $KN$ пересекаются, поэтому $HO\perp (KLMN)$.

Найдём, в какой точке прямая $HO$ пересекает плоскость квадрата. Плоскость $KLMN$ пересекает плоскость $ABD$ по прямой $LM$; пусть $T$ — точка пересечения $LM$ и $DH$. Прямые $LT$ и $AH$ параллельны ($LM\parallel AB$), поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{DT}{TH}=\frac{DL}{LA}=\frac{3}{2}.$$

Прямая $CD$ параллельна плоскости $KLMN$ (она параллельна стороне $KL$), поэтому плоскость $CDH$ пересекает плоскость квадрата по прямой, проходящей через $T$ параллельно $CD$. Пусть эта прямая пересекает $CH$ в точке $W$, а $HO$ — в точке $F$. Так как $TF\parallel DO$, то

$$\frac{HF}{FO}=\frac{HT}{TD}=\frac{2}{3},FO=\frac{3}{5}HO=\frac{3}{5}\cdot 9=\frac{27}{5}.$$

Точка $F$ лежит в плоскости $KLMN$, а $OF\perp (KLMN)$, поэтому $OF$ — расстояние от точки $O$ до плоскости квадрата. Прямая $CD$ параллельна этой плоскости, поэтому все её точки удалены от плоскости одинаково: если $CQ$ — перпендикуляр из $C$ на плоскость $KLMN$, то $CQ=OF=\frac{27}{5}$.

Ответ: б) $\frac{27}{5}$.