В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF точки M и K — середины боковых рёбер SA и SD соответственно. а) Докажите, что прямые… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды средняя развёрнутое

В правильной шестиугольной пирамиде $S A B C D E F$ точки $M$ и $K$ — середины боковых рёбер $S A$ и $S D$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $B C$ и $M K$ параллельны.

б) Найдите объём пирамиды $M A B F$ , если $A B = 12$ , а угол между плоскостью $B M C$ и плоскостью основания пирамиды $S A B C D E F$ равен $3 0^{\circ}$ .

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

Разбор — 3 балла

Пирамида MABF, угол MBH

а) Точки $M$ и $K$ — середины сторон $S A$ и $S D$ треугольника $S A D$ , поэтому $M K$ — средняя линия этого треугольника и

$M K ∥ A D .$

Докажем, что $A D ∥ B C$ . Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $A B C D E F$ . Большие диагонали делят правильный шестиугольник на шесть равных правильных треугольников со стороной, равной стороне шестиугольника. Поэтому в четырёхугольнике $A B C O$ все стороны равны: $A B = B C = C O = O A$ , и он ромб. Противоположные стороны ромба параллельны: $B C ∥ A O$ . Точка $O$ лежит на диагонали $A D$ , значит, $B C ∥ A D$ .

Прямые $M K$ и $B C$ параллельны одной и той же прямой $A D$ и различны ( $M K$ не лежит в плоскости основания). Две прямые, параллельные третьей, параллельны, поэтому $M K ∥ B C$ , что и требовалось доказать.

б) Пирамида правильная, поэтому её высота $S O$ падает в центр $O$ основания. Опустим из точки $M$ перпендикуляр $M H$ на плоскость основания. Прямые $M H$ и $S O$ перпендикулярны одной плоскости, значит, параллельны, а прямая, проходящая через точку $M$ плоскости $A S O$ параллельно прямой $S O$ этой плоскости, лежит в ней. Поэтому точка $H$ лежит на линии пересечения плоскости $A S O$ с основанием, то есть на отрезке $A O$ . В треугольнике $A S O$ точка $M$ — середина $S A$ и $M H ∥ S O$ , значит, по теореме Фалеса $H$ — середина $A O$ .

Треугольник $A B O$ правильный со стороной $12$ , и $B H$ — его медиана. В правильном треугольнике медиана является высотой, поэтому $B H ⊥ A O$ . Так как $A O ∥ B C$ (доказано в пункте а), получаем $B H ⊥ B C$ .

Плоскость $B M C$ пересекает плоскость основания по прямой $B C$ . Отрезок $M H$ — перпендикуляр к основанию, $M B$ — наклонная, $H B$ — её проекция. Проекция перпендикулярна прямой $B C$ , поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $M B ⊥ B C$ . Таким образом, $M B$ и $H B$ — перпендикуляры к линии пересечения плоскостей, проведённые в этих плоскостях из точки $B$ , и $∠ M B H$ — линейный угол двугранного угла. Он острый (угол прямоугольного треугольника $M H B$ ), поэтому равен углу между плоскостями:

$∠ M B H = 3 0^{\circ} .$

Рисунок к решению

Высота правильного треугольника со стороной $12$ :

$B H = \frac{A B 3}{2} = \frac{12 3}{2} = 63 .$

Из прямоугольного треугольника $M H B$ найдём высоту пирамиды $M A B F$ :

$M H = B H \cdot tg 3 0^{\circ} = 63 \cdot \frac{3}{3} = 6.$

Основание пирамиды $M A B F$ — треугольник $A B F$ , лежащий в плоскости основания. В нём $A B = A F = 12$ , а угол $B A F$ — внутренний угол правильного шестиугольника, он равен $12 0^{\circ}$ . Поэтому

$S_{A B F} = \frac{1}{2} \cdot A B \cdot A F \cdot sin 12 0^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 12 \cdot \frac{3}{2} = 363 .$

Высота пирамиды $M A B F$ , опущенная из вершины $M$ , — это отрезок $M H$ . Тогда

$V_{M A B F} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B F} \cdot M H = \frac{1}{3} \cdot 363 \cdot 6 = 723 .$

Ответ: б) $723$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15