Задание №14. Реальный ЕГЭ (Дальний Восток) от 29 мая 2019

Условия заданий 1-19,  ответы

Разбор заданий №13; №15; №16; №17; №18; №19

14. В правильной треугольной пирамиде $SABC$ точка $P$ делит сторону $AB$ в отношении $2:3,$ считая от вершины $A$, точка $K$ делит сторону $BC$ в отношении $2:3,$ считая от вершины $C$. Через точки $P$ и $K$ параллельно $SB$ проведена плоскость $\gamma$.
а) Докажите, что сечение пирамиды плоскотью $\gamma$ является прямоугольником.
б) Найдите расстояние от точки  $S$ до плоскости $\gamma$, если известно, что $SC=5,AC=6.$ 

Решение:

a) Построим сечение пирамиды плоскостью $\gamma$.

Так как $BS$ параллельна $\gamma$, то плоскость $BCS,$ в которой лежит $BS,$ пересечет $\gamma$ по некоторой прямой $l,$ параллельной $BS,$ проходящей через точку $K,$ по свойству прямой, параллельной плоскости.  Пусть $l$ пересекает $SC$ в точке $F.$ Аналогично, плоскость $ABS$ пересечет $\gamma$ по прямой $PE$ ($E\in AS$), параллельной $BS.$

Так как $KF=PE=\frac{2BS}{5}$ и $KF\parallel PE$ (по признаку параллельности прямых), то  сечение пирамиды плоскостью $\gamma$ – параллелограмм по признаку параллелограмма. Покажем, что $\angle PKF=90^{\circ},$ что и будет означать, что параллелограмм $PKFE$ – прямоугольник.

Заметим, $BS\perp AC,$ так как и проекция прямой $BS$ на плоскость $ABC,$ прямая $BM$  ($M=PO\cap AC,$ $O$– проекция $S$ на $ABC$), перпендикулярна $AC$ (теорема о трех перпендикулярах).

Так как $BP:PA=BK:KC,$ то (по теореме, обратной теореме Фалеса) $PK\parallel AC.$ И так как, говорилось ранее, $KF\parallel BS,$ то угол между прямыми $BS,AC$ равен углу между прямыми $PK,KF.$ Итак, угол $PKF$ – прямой.

Сечение $PKFE$ пирамиды плоскостью $\gamma$  – прямоугольник.

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $PK$ пересекается с $BM$ в точке $L,$ а $EF$ с $SM$ – в точке $T.$

$LT$ – прямая пересечения плоскостей $BSM,\gamma.$

Заметим, $BSM\perp \gamma,$ так как $\gamma $ содержит перпендикуляр $PK$ к плоскости $BSM$ (признак перпендикулярности плоскостей). Действительно, $PK\perp BM$, что очевидно, и по теореме о трех перпендикулярах $PK\perp LT$ ($BM$ – проекция $LT$ на $ABC$).

Тогда по свойству перпендикулярных плоскостей, если мы проведем перпендикуляр $SH$ в плоскости $BSM$ к $LT,$ то он окажется перпендикуляром к $\gamma.$

То есть $SH$ – расстояние от точки $S$ до $\gamma.$

Поскольку коэффициент подобия треугольников $LTM,BSM$ – $\frac{2}{5},$ то $SH=\frac{3MH_1}{5},$ где $MH_1$ – высота треугольника $BSM.$

Далее, $S_{BSM}=\frac{SO\cdot BM}{2}=\frac{MH_1\cdot BS}{2},$ то

$MH_1=\frac{SO\cdot BM}{BS}=\frac{\sqrt{13}\cdot 3\sqrt3}{5}.$

$SH=\frac{3}{5}\cdot \frac{3\sqrt{39}}{5}=\frac{9\sqrt{39}}{25}.$

Ответ: б) $\frac{9\sqrt{39}}{25}.$