В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF сторона основания AB равна 5 , а боковое ребро SA равно 9 . Точка M лежит на ребре AB , причём AM равно 1 , а точка K лежит на ребре SC . Известно, что MK равно KD . а) Докажите, что плоскость DKM перпендикулярна плоскости ABC . б) Найдите площадь треугольника DKM .

б) 6, 3 корень из: начало аргумента: 26 конец аргумента

Задание 14 ЕГЭ по математике: В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF сторона основания AB…

№2. Задание 14

ID: 00028753

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ сторона основания $AB$ равна $5$ , а боковое ребро $SA$ равно $9$ . Точка $M$ лежит на ребре $AB$ , причём $AM=1$ , а точка $K$ лежит на ребре $SC$ . Известно, что $MK=KD$ .

а) Докажите, что плоскость $DKM$ перпендикулярна плоскости $ABC$ .

б) Найдите площадь треугольника $DKM$ .

Источник: ФИПИ

Решение

В основании — правильный шестиугольник $ABCDEF$ со стороной $5$ , вершина $S$ стоит над центром основания $O$ , все боковые рёбра равны $9$ . На стороне $AB$ отметили точку $M$ совсем близко к вершине $A$ (всего в единице от неё), а на боковом ребре $SC$ — точку $K$ , причём $K$ одинаково удалена от $M$ и от $D$ . Надо понять, что этого условия хватает, чтобы плоскость $DKM$ встала «вертикально».

Пригодятся два свойства правильного шестиугольника: расстояние от центра до вершины равно стороне ( $OA=OB=OC=OD=5$ ), а вершины $A$ и $D$ противоположны, то есть $O$ — середина $AD$ и $\vec{OA}=-\vec{OD}$ . Кроме того, четырёхугольник $OBCD$ — ромб со стороной $5$ , поэтому по правилу параллелограмма $\vec{OC}=\vec{OB}+\vec{OD}$ .

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. Пусть $P$ — середина отрезка $MD$ . Покажем, что $P$ лежит на отрезке $OC$ . Так как $AM=1$ , а $AB=5$ , точка $M$ делит сторону так, что $\vec{OM}=\vec{OA}+\dfrac15\left(\vec{OB}-\vec{OA}\right)=\dfrac45\vec{OA}+\dfrac15\vec{OB}$ . Тогда

$\vec{OP}=\dfrac{\vec{OM}+\vec{OD}}{2}=\dfrac{\dfrac45\vec{OA}+\dfrac15\vec{OB}-\vec{OA}}{2}=\dfrac{\dfrac15\left(\vec{OB}-\vec{OA}\right)}{2}=\dfrac{1}{10}\left(\vec{OB}+\vec{OD}\right)=\dfrac{1}{10}\vec{OC}$ .

Значит $P$ лежит на отрезке $OC$ и делит его в отношении $OP:PC=1:9$ .

Шаг 2. Проведём через прямую $MD$ плоскость $\beta$ , перпендикулярную плоскости основания (такая плоскость единственная). Вершина $S$ проецируется в центр $O$ , точка $C$ — сама в себя, поэтому проекция прямой $SC$ на основание — это прямая $OC$ . Точка $P$ лежит на $OC$ , значит на прямой $SC$ есть точка $K_0$ , которая проецируется ровно в $P$ . Отрезок $K_0P$ перпендикулярен основанию, а $P$ лежит на $MD$ — поэтому весь отрезок $K_0P$ лежит в плоскости $\beta$ , и $K_0\in\beta$ .

Шаг 3. Проверим, что именно эта точка равноудалена от $M$ и $D$ . Треугольники $K_0PM$ и $K_0PD$ прямоугольные (катет $K_0P$ перпендикулярен основанию), катет $K_0P$ у них общий, а катеты $PM$ и $PD$ равны, ведь $P$ — середина $MD$ . Значит $K_0M=K_0D$ .

Шаг 4. Осталось убедиться, что такая точка на прямой $SC$ только одна. Все точки, равноудалённые от $M$ и $D$ , образуют плоскость, проходящую через середину $MD$ перпендикулярно $MD$ . Прямая $SC$ в этой плоскости целиком не лежит: точка $S$ ей не принадлежит, потому что $SD=9$ — это боковое ребро, а $SM$ меньше. Действительно, $SM^2=SO^2+OM^2$ и $SD^2=SO^2+OD^2$ , а точка $M$ лежит внутри стороны $AB$ , поэтому она ближе к центру, чем вершина: $OM\lt OA=OD$ . Прямая, не лежащая в плоскости, пересекает её не более чем в одной точке, поэтому $K=K_0$ .

Итак, все три точки $D$ , $M$ , $K$ лежат в плоскости $\beta$ , то есть плоскость $DKM$ — это и есть $\beta$ , а она по построению перпендикулярна плоскости $ABC$ . Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

Треугольник $DKM$ равнобедренный ( $KM=KD$ ), поэтому его высота из вершины $K$ падает в середину основания — в точку $P$ . Значит площадь равна $\dfrac12\cdot MD\cdot KP$ , и нужно найти два отрезка.

Введём координаты в плоскости основания с началом в центре: $A(5;0)$ , $B(2{,}5;\ 2{,}5\sqrt3)$ , $D(-5;0)$ . Точка $M$ делит $AB$ так, что $AM=1$ , то есть $M=A+\dfrac15(B-A)$ , а это даёт $M\left(4{,}5;\ \dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ .

Тогда по теореме Пифагора для разности координат:

$MD^2=(4{,}5-(-5))^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{2}-0\right)^2=9{,}5^2+\dfrac34=90{,}25+0{,}75=91$ , то есть $MD=\sqrt{91}$ .

Теперь высота $KP$ . Сначала высота пирамиды: в прямоугольном треугольнике $SOA$ гипотенуза $SA=9$ , катет $OA=5$ , поэтому $SO=\sqrt{81-25}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}$ .

Из шага 1 мы знаем, что проекция точки $K$ прошла по отрезку $OC$ ровно десятую часть пути от $O$ до $C$ . Пока точка едет по ребру $SC$ от $S$ к $C$ , её проекция едет по $OC$ от $O$ к $C$ с той же долей пути, значит $SK:SC=1:10$ . А высота над основанием убывает от $SO$ до нуля по тому же закону:

$KP=SO\cdot\left(1-\dfrac{1}{10}\right)=2\sqrt{14}\cdot0{,}9=1{,}8\sqrt{14}$ .

Собираем площадь:

$S_{DKM}=\dfrac12\cdot\sqrt{91}\cdot1{,}8\sqrt{14}=0{,}9\sqrt{91\cdot14}=0{,}9\sqrt{1274}$ .

Разложим число под корнем: $1274=49\cdot26$ , поэтому $\sqrt{1274}=7\sqrt{26}$ , и окончательно

$S_{DKM}=0{,}9\cdot7\sqrt{26}=6{,}3\sqrt{26}$ .

Прикинем для проверки: $\sqrt{26}\approx5{,}1$ , значит площадь около $32$ . Основание $MD\approx9{,}5$ , высота $\approx6{,}7$ , половина их произведения — как раз около $32$ . Сходится.

Ответ

б) $6{,}3\sqrt{26}$