Задание 15 ЕГЭ по математике №00028757

Разберёмся, что нам дано. В правильной треугольной пирамиде $SABC$ отмечены четыре точки: $M$ — середина ребра $AB$, $K$ — середина ребра $SC$, $N$ на ребре $SA$ (причём $AN=3NS$, то есть $N$ ближе к вершине $S$) и $L$ на ребре $BC$. Самое важное слово в условии — «отрезки $MK$ и $NL$ пересекаются». Именно оно связывает четыре точки в одну конструкцию.

Действительно, если два отрезка пересекаются, то они лежат в одной плоскости (две пересекающиеся прямые всегда задают плоскость). Обозначим эту плоскость $\beta$ — в ней лежат все четыре точки $M$, $N$, $K$, $L$.

Пункт а (доказательство).

Заметим, где живут наши прямые. Точки $M$ и $N$ лежат на рёбрах $AB$ и $SA$, то есть обе — в плоскости $SAB$; значит вся прямая $MN$ лежит в плоскости $SAB$. Точки $K$ и $L$ лежат на рёбрах $SC$ и $BC$, то есть обе — в плоскости $SBC$; значит прямая $KL$ лежит в плоскости $SBC$. А ребро $SB$ — это в точности линия пересечения плоскостей $SAB$ и $SBC$.

Шаг 1. Проверим, что плоскость $\beta$ не совпадает с плоскостью $SAB$: точка $K$ — середина ребра $SC$ — в плоскости $SAB$ не лежит (иначе в ней лежала бы и вершина $C$, и пирамида была бы плоской). Значит $\beta$ и $SAB$ пересекаются по прямой, и эта прямая содержит обе общие точки $M$ и $N$, то есть это прямая $MN$. Точно так же $\beta$ пересекает плоскость $SBC$ по прямой $KL$ (здесь мешающая точка — $M$, она не лежит в плоскости $SBC$).

Шаг 2. Покажем, что прямая $SB$ не параллельна плоскости $\beta$. Предположим противное. Тогда линия пересечения $\beta$ с плоскостью $SAB$, то есть прямая $MN$, была бы параллельна $SB$. Но в треугольнике $SAB$ прямая, проходящая через середину $M$ стороны $AB$ параллельно стороне $SB$, — это средняя линия, и она пересекает сторону $SA$ ровно в её середине. Тогда $N$ была бы серединой $SA$, то есть $AN=NS$, а по условию $AN=3NS$. Противоречие.

Шаг 3. Значит прямая $SB$ пересекает плоскость $\beta$ ровно в одной точке; назовём её $X$.

Точка $X$ лежит на прямой $SB$, а та лежит в плоскости $SAB$; кроме того, $X$ лежит в $\beta$. Значит $X$ — общая точка плоскостей $SAB$ и $\beta$, то есть лежит на линии их пересечения — на прямой $MN$.

Тем же рассуждением: $SB$ лежит и в плоскости $SBC$, поэтому $X$ — общая точка плоскостей $SBC$ и $\beta$, то есть лежит на прямой $KL$.

Итак, точка $X$ принадлежит сразу трём прямым: $MN$, $KL$ и $SB$. Значит эти три прямые пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

Работать будем с той самой точкой $X$ и теоремой Менелая. Напомню её словами: если прямая пересекает стороны треугольника (или их продолжения) в трёх точках, то произведение трёх отношений, в которых эти точки делят стороны при обходе треугольника, равно единице.

Шаг 1. Возьмём треугольник $SAB$ и секущую, проходящую через точки $N$ (на стороне $SA$), $M$ (на стороне $AB$) и $X$ (на прямой $BS$). Теорема Менелая даёт

$\dfrac{SN}{NA}\cdot\dfrac{AM}{MB}\cdot\dfrac{BX}{XS}=1$.

Подставляем известное: из $AN=3NS$ следует $\dfrac{SN}{NA}=\dfrac13$; так как $M$ — середина, $\dfrac{AM}{MB}=1$. Получаем

$\dfrac13\cdot1\cdot\dfrac{BX}{XS}=1$, то есть $\dfrac{BX}{XS}=3$.

Шаг 2. Теперь возьмём треугольник $SBC$ и секущую через точки $K$ (на стороне $SC$), $L$ (на стороне $BC$) и ту же самую точку $X$ (на прямой $BS$):

$\dfrac{SK}{KC}\cdot\dfrac{CL}{LB}\cdot\dfrac{BX}{XS}=1$.

Так как $K$ — середина ребра $SC$, первое отношение равно $1$, а третье мы только что нашли:

$1\cdot\dfrac{CL}{LB}\cdot3=1$, откуда $\dfrac{CL}{LB}=\dfrac13$.

Переворачиваем и получаем $\dfrac{BL}{LC}=3$, то есть $BL:LC=3:1$.

Проверим себя. Если разложить все точки по векторам от вершины $S$, то при найденном отношении отрезки $MK$ и $NL$ и правда пересекаются: точка пересечения делит $MK$ в отношении $3:1$ от $M$ и оказывается ровно серединой отрезка $NL$. Значит условие задачи выполнено, и ответ согласован.