ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Отрезок $KL$ лежит в плоскости $SAB$, отрезок $MN$ — в плоскости $SCD$. Эти плоскости различны и имеют общую точку $S$, поэтому пересекаются по некоторой прямой $l$, проходящей через $S$.

По условию $KL\parallel MN$, а $MN$ лежит в плоскости $SCD$. Прямая $KL$ в этой плоскости не лежит (точка $L$ ребра $SA$, отличная от $S$, не принадлежит плоскости $SCD$). По признаку параллельности прямой и плоскости $KL\parallel (SCD)$.

Плоскость $SAB$ проходит через прямую $KL$, параллельную плоскости $SCD$, и пересекает эту плоскость по прямой $l$. Значит, $l\parallel KL$.

Аналогично $AB\parallel CD$ как противоположные стороны прямоугольника, поэтому $AB\parallel (SCD)$. Плоскость $SAB$ проходит через $AB$ и пересекает плоскость $SCD$ по прямой $l$, значит, $l\parallel AB$.

Прямые $KL$ и $AB$ параллельны прямой $l$, поэтому $KL\parallel AB$. Тогда и $MN\parallel KL\parallel AB\parallel CD$.

Так как $KL\parallel AB$, треугольники $SKL$ и $SBA$ подобны. Из $SK:KB=2:1$ получаем $SK:SB=2:3$, поэтому

$$\frac{KL}{AB}=\frac{SK}{SB}=\frac{2}{3}\Rightarrow AB=\frac{3}{2}\cdot 4=6,CD=AB=6.$$

Так как $MN\parallel CD$, треугольники $SMN$ и $SDC$ подобны:

$$\frac{SM}{SD}=\frac{SN}{SC}=\frac{MN}{DC}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.$$

Значит, $M$ и $N$ — середины рёбер $SD$ и $SC$, что и требовалось доказать.

б) Из пункта а) $AB=6$, поэтому $AD=\frac{S_{ABCD}}{AB}=\frac{48}{6}=8$.

Пусть $X$ и $Y$ — середины сторон $AB$ и $CD$. Отрезок $XY$ проходит через центр $H$ прямоугольника, $XY\parallel AD$, $XY=AD=8$, $HX=HY=4$ и $XY\perp AB$.

Прямая $AB$ перпендикулярна $XY$ и $SH$ (так как $SH\perp (ABC)$). Прямые $XY$ и $SH$ пересекаются в точке $H$ и лежат в плоскости $SXY$, поэтому по признаку $AB\perp (SXY)$.

В плоскости $SAB$ отрезок $SX$ пересекает $KL$ в некоторой точке $E$. Так как $KL\parallel AB$, по теореме о пропорциональных отрезках $SE:EX=SK:KB=2:1$. Аналогично в плоскости $SCD$ отрезок $SY$ пересекает $MN$ в точке $F$, и $SF:FY=SN:NC=1:1$.

Точки $E$ и $F$ лежат в плоскости $SXY$, значит, $EF\perp AB$. Так как $KL\parallel AB\parallel MN$, получаем $EF\perp KL$ и $EF\perp MN$. Точка $E$ лежит на $KL$, точка $F$ — на $MN$, поэтому $EF$ — высота трапеции $KLMN$.

По формуле площади трапеции:

$$S_{KLMN}=\frac{KL+MN}{2}\cdot EF=\frac{7}{2}\cdot EF=24,5\Rightarrow EF=7.$$

Теперь работаем в плоскости $SXY$; пусть $SH=h$. Опустим перпендикуляры $E{E}^{\prime }$ и $F{F}^{\prime }$ на прямую $XY$; они параллельны $SH$. Треугольник $XE{E}^{\prime }$ подобен треугольнику $XSH$ с коэффициентом $\frac{XE}{XS}=\frac{1}{3}$, а треугольник $YF{F}^{\prime }$ подобен треугольнику $YSH$ с коэффициентом $\frac{YF}{YS}=\frac{1}{2}$:

$$X{E}^{\prime }=\frac{XH}{3}=\frac{4}{3},E{E}^{\prime }=\frac{h}{3},Y{F}^{\prime }=\frac{YH}{2}=2,F{F}^{\prime }=\frac{h}{2}.$$

Точки $E^{\prime }$ и $F^{\prime }$ лежат по разные стороны от $H$, поэтому

$$E^{\prime }{F}^{\prime }=XY-X{E}^{\prime }-Y{F}^{\prime }=8-\frac{4}{3}-2=\frac{14}{3}.$$

Опустим из $E$ перпендикуляр $EP$ на отрезок $F{F}^{\prime }$. Тогда $E{E}^{\prime }{F}^{\prime }P$ — прямоугольник, и

$$EP=E^{\prime }{F}^{\prime }=\frac{14}{3},FP=F{F}^{\prime }-E{E}^{\prime }=\frac{h}{2}-\frac{h}{3}=\frac{h}{6}.$$

По теореме Пифагора для треугольника $EPF$:

$$E{F}^2=E{P}^2+F{P}^2\Rightarrow 49=\frac{196}{9}+\frac{h^2}{36}\Rightarrow \frac{h^2}{36}=\frac{441-196}{9}=\frac{245}{9}\Rightarrow h^2=980.$$

Значит, $SH=\sqrt{980}=14\sqrt{5}$.

Ответ: б) $14\sqrt{5}$.