Задание 15 ЕГЭ по математике №00028758

Соберём картинку. В правильной треугольной пирамиде $SABC$ отмечены середины: $M$ — середина ребра $AB$, $K$ — середина ребра $SC$. Точку $R$ поставили на продолжении ребра $SB$ за вершину $S$ — то есть вне пирамиды. Из неё провели два луча: один задел ребро $AS$ в точке $N$, другой задел ребро $BC$ в точке $L$.

Главная мысль: обе прямые $RM$ и $RK$ проходят через одну точку $R$, поэтому они задают одну плоскость. Назовём её $\beta$ — и вся конструкция окажется плоским сечением пирамиды.

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. Убедимся, что прямые $RM$ и $RK$ действительно различны (иначе плоскости не получится). Точка $R$ лежит на прямой $SB$, а значит в плоскости $SAB$; точка $M$ лежит на ребре $AB$, тоже в плоскости $SAB$. Поэтому вся прямая $RM$ лежит в плоскости $SAB$. А точка $K$ — середина ребра $SC$ — в плоскости $SAB$ не лежит (иначе в ней оказалась бы и вершина $C$, и пирамида была бы плоской). Значит $K$ не лежит на прямой $RM$, прямые $RM$ и $RK$ различны и пересекаются в точке $R$, то есть задают плоскость $\beta$.

Шаг 2. Соберём в $\beta$ все четыре нужные точки. Точки $M$ и $R$ лежат в $\beta$ по построению, точка $N$ лежит на прямой $RM$, значит тоже в $\beta$. Точка $K$ лежит в $\beta$, а точка $L$ лежит на прямой $RK$, значит и она в $\beta$.

Шаг 3. Посмотрим, что плоскость $\beta$ высекает на поверхности пирамиды. Точка $N$ лежит на ребре $SA$, точка $M$ — на ребре $AB$, точка $L$ — на ребре $BC$, точка $K$ — на ребре $SC$. Пройдёмся по граням:

в грани $SAB$ лежат $N$ и $M$, значит сечение даёт отрезок $NM$; в грани $ABC$ лежат $M$ и $L$ — отрезок $ML$; в грани $SBC$ лежат $L$ и $K$ — отрезок $LK$; в грани $SAC$ лежат $K$ и $N$ — отрезок $KN$.

Значит сечение пирамиды плоскостью $\beta$ — это четырёхугольник $NMLK$ (именно в таком порядке обхода вершин).

Шаг 4. Пирамида — выпуклое тело, а сечение выпуклого тела плоскостью — выпуклая фигура. Значит $NMLK$ — выпуклый четырёхугольник. Его диагонали — это отрезки, соединяющие противоположные вершины, то есть $NL$ и $MK$. А у выпуклого четырёхугольника диагонали всегда пересекаются (точка пересечения лежит внутри него).

Следовательно, отрезки $MK$ и $NL$ пересекаются. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

Считать будем теоремой Менелая. Словами она звучит так: 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 $SBC$ и секущую, проходящую через точки $R$, $K$ и $L$: точка $K$ лежит на стороне $SC$, точка $L$ — на стороне $BC$, точка $R$ — на продолжении стороны $BS$. Теорема Менелая даёт

$\dfrac{SK}{KC}\cdot\dfrac{CL}{LB}\cdot\dfrac{BR}{RS}=1$.

Подставляем: $K$ — середина, поэтому $\dfrac{SK}{KC}=1$; из условия $BL=3LC$ получаем $\dfrac{CL}{LB}=\dfrac13$. Тогда

$1\cdot\dfrac13\cdot\dfrac{BR}{RS}=1$, откуда $\dfrac{BR}{RS}=3$.

Мы нашли, где именно на продолжении ребра стоит точка $R$, — это и есть мостик ко второй половине.

Шаг 2. Теперь треугольник $SAB$ и секущая через точки $R$, $N$ и $M$: точка $N$ на стороне $SA$, точка $M$ на стороне $AB$, точка $R$ на продолжении стороны $BS$:

$\dfrac{SN}{NA}\cdot\dfrac{AM}{MB}\cdot\dfrac{BR}{RS}=1$.

Так как $M$ — середина ребра $AB$, второе отношение равно $1$, а третье мы уже нашли:

$\dfrac{SN}{NA}\cdot1\cdot3=1$, откуда $\dfrac{SN}{NA}=\dfrac13$.

Переворачиваем отношение и получаем $\dfrac{AN}{NS}=3$, то есть $AN:NS=3:1$.

Проверим себя: точка $N$ вышла ближе к вершине $S$, чем к $A$, — и это согласуется с тем, что точка $L$ на ребре $BC$ тоже смещена (она ближе к $C$), а обе они «привязаны» к одной и той же плоскости через точку $R$.