Задание 14 ЕГЭ по математике №00028753

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.