ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$. Пирамида правильная, поэтому $SO$ — её высота: $SO\perp (ABC)$.

Обозначим через $l$ прямую, по которой плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания. Опустим в плоскости $\alpha$ перпендикуляр $K{K}^{\prime }$ на прямую $l$. Плоскости $\alpha$ и $(ABC)$ перпендикулярны, а прямая, проведённая в одной из двух перпендикулярных плоскостей перпендикулярно их линии пересечения, перпендикулярна другой плоскости. Значит, $K{K}^{\prime }\perp (ABC)$, то есть $K^{\prime }$ — проекция точки $K$ на плоскость основания.

Проекция ребра $SA$ на плоскость основания — отрезок $AO$: точка $S$ проецируется в $O$, а точка $A$ — сама в себя. Поэтому точка $K^{\prime }$ лежит на отрезке $AO$, то есть на диагонали $AC$, внутри квадрата.

Прямая $l$ проходит через внутреннюю точку $K^{\prime }$ квадрата, поэтому пересекает его по отрезку — обозначим его $PQ$. Это сторона сечения, лежащая в основании. Две другие стороны сечения $KP$ и $KQ$ лежат в боковых гранях, проходящих через $K$. Точка $K$ — внутренняя точка ребра $SA$, поэтому через неё проходят только грани $SAB$ и $SAD$.

Стороны $KP$ и $KQ$ не могут лежать в одной грани: тогда плоскость $\alpha$ совпала бы с плоскостью этой грани и содержала бы всё ребро $SA$, а по условию она пересекает $SA$ в одной точке. Значит, $KP$ лежит в грани $SAB$, а $KQ$ — в грани $SAD$. Тогда $P$ лежит на ребре $AB$, а $Q$ — на ребре $AD$.

Треугольник $KPQ$ правильный, поэтому $KP=KQ$. Прямоугольные треугольники $K{K}^{\prime }P$ и $K{K}^{\prime }Q$ (прямые углы при $K^{\prime }$, так как $K{K}^{\prime }\perp (ABC)$) имеют общий катет $K{K}^{\prime }$ и равные гипотенузы. Следовательно, $K^{\prime }P=K^{\prime }Q$, то есть $K^{\prime }$ — середина $PQ$.

Рассмотрим треугольник $APQ$. Угол $PAQ$ прямой как угол квадрата, $A{K}^{\prime }$ — медиана, проведённая к гипотенузе. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине, поэтому $A{K}^{\prime }=K^{\prime }P$ и треугольник $A{K}^{\prime }P$ равнобедренный. Диагональ квадрата делит его угол пополам, значит,

$$\angle K^{\prime }PA=\angle K^{\prime }AP=\angle CAB=45^{\circ },\angle A{K}^{\prime }P=180^{\circ }-45^{\circ }-45^{\circ }=90^{\circ }.$$

Итак, $AC\perp PQ$. Кроме того, $AC\perp K{K}^{\prime }$, так как $K{K}^{\prime }\perp (ABC)$. Прямые $PQ$ и $K{K}^{\prime }$ лежат в плоскости $\alpha$ и пересекаются в точке $K^{\prime }$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC\perp \alpha$, что и требовалось доказать.

б) Площадь правильного треугольника со стороной $s$ равна $\frac{s^2\sqrt{3}}{4}$:

$$\frac{s^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}\Rightarrow s^2=16,s=4.$$

Значит, $PQ=4$. Отрезок $K{K}^{\prime }$ — медиана правильного треугольника $KPQ$, а значит, и его высота:

$$K{K}^{\prime }=\frac{s\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.$$

Как показано в пункте а), $A{K}^{\prime }$ — медиана прямоугольного треугольника $APQ$, проведённая к гипотенузе, поэтому $A{K}^{\prime }=\frac{PQ}{2}=2$.

Пусть $AB=a$, $SO=h$. Тогда $AC=a\sqrt{2}$ и $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Прямые $K{K}^{\prime }$ и $SO$ перпендикулярны одной плоскости, поэтому параллельны, и обе лежат в плоскости $SAC$. Значит, треугольники $A{K}^{\prime }K$ и $AOS$ подобны:

$$\frac{K{K}^{\prime }}{SO}=\frac{A{K}^{\prime }}{AO}=\frac{AK}{AS}.$$

Из первого равенства:

$$\frac{2\sqrt{3}}{h}=\frac{2}{a/\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{a}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$$

Подставим в формулу объёма пирамиды:

$$V=\frac{1}{3}{a}^{2}h=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}=18\sqrt{3}\Rightarrow a^3=\frac{108\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{108}{\sqrt{2}}=54\sqrt{2}.$$

Так как ${\left(3\sqrt{2}\right)}^3=27\cdot 2\sqrt{2}=54\sqrt{2}$, получаем $a=3\sqrt{2}$ и $AO=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3$.

Из подобия треугольников:

$$\frac{AK}{AS}=\frac{A{K}^{\prime }}{AO}=\frac{2}{3}.$$

Значит, $AK=\frac{2}{3}AS$, $SK=\frac{1}{3}AS$, и $SK:KA=1:2$.

Ответ: б) $1:2$.