ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Рассмотрим грань $ABC$. По условию $AM:MB=CN:NB=4:1$, то есть каждое из рёбер $BA$ и $BC$ разбито на $5$ равных частей, и на отрезки $MB$ и $NB$ приходится по одной части:

$$\frac{BM}{BA}=\frac{BN}{BC}=\frac{1}{5}.$$

У треугольников $MBN$ и $ABC$ общий угол $B$, а стороны, заключающие этот угол, пропорциональны. По второму признаку подобия $△MBN\sim △ABC$ с коэффициентом $\frac{1}{5}$. Отсюда $\angle BMN=\angle BAC$, а это соответственные углы при прямых $MN$, $AC$ и секущей $AB$. Значит, $MN\parallel AC$ (это и есть теорема, обратная теореме о пропорциональных отрезках). Кроме того, $MN=\frac{1}{5}AC$.

Рассмотрим грань $ACD$. Точки $P$ и $Q$ — середины сторон $DA$ и $DC$, поэтому $PQ$ — средняя линия треугольника $ACD$. По свойству средней линии

$$PQ\parallel AC,PQ=\frac{1}{2}AC.$$

Прямые $MN$ и $PQ$ различны: $MN$ лежит в плоскости $ABC$, а точка $P$ — середина отрезка $DA$, у которого конец $D$ не лежит в плоскости $ABC$, поэтому $P$ этой плоскости не принадлежит. По теореме о трёх параллельных прямых в пространстве (две прямые, параллельные третьей, параллельны) получаем $MN\parallel PQ$.

Через две параллельные прямые проходит плоскость (по определению параллельные прямые лежат в одной плоскости). Значит, точки $P$, $Q$, $M$ и $N$ лежат в одной плоскости. Что и требовалось доказать. Заметим также, что сечение $MNQP$ — трапеция с основаниями $MN$ и $PQ$.

б) Обозначим $V=V_{ABCD}$, $S=S_{ABC}$, а $H$ — расстояние от вершины $D$ до плоскости $ABC$. Тогда $V=\frac{1}{3}SH$.

Отметим точку $R$ — середину ребра $DB$. Отрезки $PR$, $RQ$, $QP$ — средние линии треугольников $ADB$, $BDC$, $CDA$, поэтому

$$PR\parallel AB,RQ\parallel BC,PR=\frac{1}{2}AB,RQ=\frac{1}{2}BC,QP=\frac{1}{2}CA.$$

Две пересекающиеся прямые $PR$ и $RQ$ плоскости $PRQ$ соответственно параллельны двум прямым $AB$ и $BC$ плоскости $ABC$. По признаку параллельности плоскостей $(PRQ)\parallel (ABC)$.

Стороны треугольника $PRQ$ вдвое меньше соответствующих сторон треугольника $ABC$, поэтому треугольники подобны по третьему признаку с коэффициентом $\frac{1}{2}$. Площади подобных фигур относятся как квадрат коэффициента подобия:

$$S_{PRQ}=\frac{1}{4}S.$$

Найдём объём пирамиды $DPRQ$. Пусть $DK$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$, и он пересекает плоскость $PRQ$ в точке $K^{\prime }$. Прямая, перпендикулярная одной из параллельных плоскостей, перпендикулярна и другой, поэтому $D{K}^{\prime }$ — высота пирамиды $DPRQ$. Прямые $DA$ и $DK$ пересекают параллельные плоскости $PRQ$ и $ABC$, а параллельные плоскости отсекают на прямых, выходящих из одной точки, пропорциональные отрезки:

$$\frac{D{K}^{\prime }}{DK}=\frac{DP}{DA}=\frac{1}{2}\Rightarrow D{K}^{\prime }=\frac{H}{2}.$$

Значит, расстояние между плоскостями $PRQ$ и $ABC$ тоже равно $\frac{H}{2}$, а

$$V_{DPRQ}=\frac{1}{3}\cdot \frac{H}{2}\cdot \frac{S}{4}=\frac{1}{8}\cdot \frac{1}{3}SH=\frac{1}{8}V.$$

Теперь выясним, как секущая плоскость расположена относительно ребра $DB$. В плоскости $ABD$ продлим отрезок $PM$ до пересечения с прямой $DB$ в точке $O$. Прямые $PM$ и $DB$ не параллельны: иначе по теореме о пропорциональных отрезках было бы $\frac{AP}{AD}=\frac{AM}{AB}$, а у нас $\frac{1}{2}\ne \frac{4}{5}$.

Так как $PR\parallel MB$, треугольники $OMB$ и $OPR$ подобны (угол при вершине $O$ общий, углы $OBM$ и $ORP$ равны как соответственные при параллельных прямых). Поэтому

$$\frac{OB}{OR}=\frac{MB}{PR}=\frac{\frac{1}{5}AB}{\frac{1}{2}AB}=\frac{2}{5}.$$

Отрезок $PM$ соединяет точки сторон $AD$ и $AB$ треугольника $ABD$ и сторону $DB$ не пересекает, поэтому точка $O$ лежит вне отрезка $DB$, а из $OB<OR$ следует, что $B$ лежит между $O$ и $R$. Тогда $OR=OB+BR$, и

$$5OB=2(OB+BR)\Rightarrow OB=\frac{2}{3}BR=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}BD=\frac{1}{3}BD.$$

Точно так же в плоскости $BCD$ прямая $QN$ пересекает прямую $DB$ в точке, для которой отношение расстояний до $B$ и до $R$ равно $\frac{NB}{QR}=\frac{\frac{1}{5}BC}{\frac{1}{2}BC}=\frac{2}{5}$, и эта точка тоже лежит за точкой $B$. На луче $RB$ за точкой $B$ такая точка одна, поэтому это та же точка $O$: прямые $PM$, $RB$ и $QN$ пересекаются в точке $O$.

Точка $O$ лежит на прямой $PM$, значит, принадлежит секущей плоскости. Прямая $DB$ в этой плоскости не лежит (иначе плоскость содержала бы $D$ и $P$, то есть всю прямую $DA$, а с ней и все вершины пирамиды), поэтому $O$ — единственная общая точка прямой $DB$ и секущей плоскости. Так как $O$ лежит вне отрезка $DB$, ребро $DB$ секущая плоскость не пересекает. Значит, она разбивает пирамиду на многогранник $MBNQDP$, содержащий ребро $DB$, и многогранник $AMPCNQ$, содержащий ребро $AC$.

Найдём объём $V_1$ многогранника $MBNQDP$. Плоскость $PRQ$ разбивает его на пирамиду $DPRQ$ и многогранник $MBNQRP$. У последнего основания $MBN$ и $PRQ$ лежат в параллельных плоскостях, а прямые боковых рёбер $MP$, $BR$, $NQ$ пересекаются в одной точке $O$. Это усечённая пирамида, и её объём равен разности объёмов пирамид $OPRQ$ и $OMBN$:

$$V_{MBNQRP}=V_{OPRQ}-V_{OMBN}.$$

Площадь основания $MBN$ найдём из подобия, доказанного в пункте а): $△MBN\sim △ABC$ с коэффициентом $\frac{1}{5}$, поэтому

$$S_{MBN}=\frac{1}{25}S.$$

Высоты пирамид. Точки $D$ и $O$ лежат на одной прямой с точкой $B$ плоскости $ABC$ по разные стороны от неё. Расстояния от точек прямой до плоскости, которую она пересекает в точке $B$, пропорциональны расстояниям этих точек до $B$ (из подобия прямоугольных треугольников, образованных перпендикулярами к плоскости). Поскольку $OB=\frac{1}{3}DB$, расстояние от $O$ до плоскости $ABC$ равно $\frac{H}{3}$. Плоскость $PRQ$ лежит по другую сторону от $ABC$ на расстоянии $\frac{H}{2}$, поэтому расстояние от $O$ до плоскости $PRQ$ равно

$$\frac{H}{3}+\frac{H}{2}=\frac{5H}{6}.$$

Вычислим объёмы:

$$V_{OMBN}=\frac{1}{3}\cdot \frac{H}{3}\cdot \frac{S}{25}=\frac{1}{75}\cdot \frac{1}{3}SH=\frac{1}{75}V,$$

$$V_{OPRQ}=\frac{1}{3}\cdot \frac{5H}{6}\cdot \frac{S}{4}=\frac{5}{24}\cdot \frac{1}{3}SH=\frac{5}{24}V.$$

Объём усечённой пирамиды:

$$V_{MBNQRP}=\frac{5}{24}V-\frac{1}{75}V=\frac{125-8}{600}V=\frac{117}{600}V=\frac{39}{200}V.$$

Складываем с объёмом пирамиды $DPRQ$:

$$V_1=\frac{1}{8}V+\frac{39}{200}V=\frac{25+39}{200}V=\frac{64}{200}V=\frac{8}{25}V.$$

Объём второй части

$$V_2=V-V_1=\frac{17}{25}V.$$

Проверим результат другим способом. Многогранник $MBNQDP$ получается из тетраэдра $DOPQ$ отбрасыванием тетраэдра $BOMN$. Объёмы тетраэдров с общим трёхгранным углом относятся как произведения длин рёбер, выходящих из его вершины. Так как $DO=DB+BO=\frac{4}{3}DB$, $DP=\frac{1}{2}DA$, $DQ=\frac{1}{2}DC$ и $BO=\frac{1}{3}BD$, $BM=\frac{1}{5}BA$, $BN=\frac{1}{5}BC$, получаем

$$V_1=\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}V-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{5}\cdot \frac{1}{5}V=\frac{1}{3}V-\frac{1}{75}V=\frac{24}{75}V=\frac{8}{25}V.$$

Результаты совпали. Значит, плоскость делит объём пирамиды в отношении

$$V_1:V_2=\frac{8}{25}V:\frac{17}{25}V=8:17.$$

Ответ: б) $8:17$.