Задание 14 ЕГЭ по математике: Основанием четырёхугольной пирамиды PABCD является трапеция ABCD…

№2. Задание 14

ID: 00022278

Основанием четырёхугольной пирамиды

PABCD

является трапеция

ABCD

, причём

\angle BAD + \angle ADC = 90^\circ

. Плоскости

PAB

PCD

перпендикулярны плоскости основания,

K

— точка пересечения прямых

AB

CD

. а) Докажите, что плоскости

PAB

PCD

перпендикулярны. б) Найдите объём пирамиды

KBCP

, если

AB = BC = CD = 4

, а высота пирамиды

PABCD

равна

9

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Точка $K$ — это встреча продолжений боковых сторон трапеции. Она лежит на луче $AB$ за точкой $B$ и на луче $DC$ за точкой $C$ , поэтому $\angle KAD = \angle BAD$ и $\angle KDA = \angle ADC$ . В треугольнике $AKD$ сумма углов равна $180^\circ$ : $\angle AKD = 180^\circ - (\angle KAD + \angle KDA) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$ . Запоминаем: прямые $AB$ и $CD$ перпендикулярны.

Теперь про плоскости. У плоскостей $PAB$ и $PCD$ есть две общие точки: $P$ и $K$ (точка $K$ лежит на прямой $AB$ , значит, в плоскости $PAB$ , и на прямой $CD$ , значит, в плоскости $PCD$ ). Следовательно, они пересекаются по прямой $PK$ . Обе плоскости перпендикулярны основанию, а по известной теореме, если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей, то их линия пересечения тоже перпендикулярна этой третьей плоскости. Итак, $PK \perp (ABC)$ .

Осталось измерить двугранный угол между $PAB$ и $PCD$ вдоль общего ребра $PK$ . Прямая $KA$ лежит в плоскости $PAB$ , прямая $KD$ — в плоскости $PCD$ , и обе перпендикулярны $PK$ , ведь $PK$ перпендикулярна всему основанию. Значит, $\angle AKD$ — линейный угол этого двугранного угла, а мы уже доказали, что он равен $90^\circ$ . Плоскости $PAB$ и $PCD$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Раз $PK \perp (ABC)$ , то $PK$ и есть высота пирамиды $PABCD$ , то есть $PK = 9$ . Для пирамиды $KBCP$ удобно взять основанием треугольник $KBC$ — он лежит в плоскости основания, и тогда высота из вершины $P$ — снова $PK$ .

Ищем площадь $KBC$ . Угол при $K$ прямой, поэтому $KB^2 + KC^2 = BC^2 = 16$ . Из $BC \parallel AD$ треугольники $KBC$ и $KAD$ подобны, значит, $\dfrac{KB}{KA} = \dfrac{KC}{KD}$ , то есть $\dfrac{KB}{KB + 4} = \dfrac{KC}{KC + 4}$ . Перемножаем крест-накрест: $KB \cdot KC + 4\,KB = KB \cdot KC + 4\,KC$ , откуда $KB = KC$ . Тогда $2\,KB^2 = 16$ , $KB = KC = 2\sqrt{2}$ , и $S_{KBC} = \dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} = 4$ .

Объём: $V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{KBC} \cdot PK = \dfrac{1}{3} \cdot 4 \cdot 9 = 12$ . Проверим себя: катеты $2\sqrt{2} \approx 2{,}83$ меньше боковых сторон $KA = KD = 2\sqrt{2} + 4$ , гипотенуза $BC = 4$ — прямоугольный равнобедренный треугольник собрался корректно. Всё сходится. Ответ: $12$ .

Ответ

а) доказано; б)

12