Задание №89843 ЕГЭ Профильной математике

а) Докажем, что плоскости $\mathrm{SBC}$ и $\mathrm{KEF}$ параллельны.

Введём прямоугольную систему координат, учитывая, что в основании правильной пирамиды квадрат $\mathrm{ABCD}$ и угол между диагоналями квадрата прямой .

1. Найдём координаты точек $\mathrm{S},\mathrm{B},\mathrm{C},\mathrm{K},\mathrm{E},\mathrm{F}$. В прямоугольном треугольнике $\mathrm{SOA}$ по теореме Пифагора 

$$\begin{gathered} {\mathrm{OA}}^2={\mathrm{SA}}^2-{\mathrm{SO}}^2 \\ \mathrm{OA}=\sqrt{{12}^2-4^2}=8\sqrt{2.} \end{gathered}$$

$\mathrm{OC}=\mathrm{OB}=\mathrm{OD}=\mathrm{OA}=8\sqrt{2}$, тогда сторона квадрата 

$$\begin{gathered} \mathrm{AB}=\frac{\mathrm{OA}}{\sin 45°}=\frac{8\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=16 \\ \mathrm{AE}=\mathrm{AB}-\mathrm{BE}=16-12=4 \end{gathered}$$.

Проведём $\mathrm{KN}\Vert \mathrm{S}\mathrm{O},\mathrm{SO}\perp \left(\mathrm{ABC}\right)$, тогда $\mathrm{KN}\perp \left(\mathrm{ABC}\right)$ и $\mathrm{KN}\perp \mathrm{OA},△\mathrm{SAO}~△\mathrm{KAN}$ по первому признаку подобия $(\angle \mathrm{SOA}=\angle \mathrm{KNA}=90°,\angle \mathrm{A}$ — общий) $\frac{\mathrm{AS}}{\mathrm{AK}}=\frac{\mathrm{SO}}{\mathrm{KN}},\frac{12}{3}=\frac{4}{\mathrm{KN}},\mathrm{KN}=1$.

В прямоугольном треугольнике $\mathrm{ANK}$ по теореме Пифагора ${\mathrm{AN}}^2={\mathrm{AK}}^2-{\mathrm{KN}}^2,\mathrm{AN}=\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt{2}$, тогда $\mathrm{ON}=\mathrm{OA}-\mathrm{AN}=8\sqrt{2}-2\sqrt{2}=6\sqrt{2.}\mathrm{EN}$ — проекция $\mathrm{KE}$ на плоскость $\mathrm{ABC}$, значит $△\mathrm{ANE}$ прямоугольный и равнобедренный $\mathrm{EN}=\mathrm{AN}=2\sqrt{2}$.

Получим $\mathrm{S}(0;0;4),\mathrm{B}(0;-8\sqrt{2};0),\mathrm{C}(-8\sqrt{2};0;0),\mathrm{K}(6\sqrt{2};0;1),\mathrm{E}(6\sqrt{2};-2\sqrt{2};0),\mathrm{F}(-2\sqrt{2};6\sqrt{2};0)$.

2. Докажем, что векторы нормали к плоскостям $\mathrm{SBC}$ и $\mathrm{KEF}$ коллинеарны. Для плоскости $\mathrm{SBC}$, вектор нормали $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_1}({\mathrm{a}}_1;{\mathrm{b}}_1;{\mathrm{c}}_1)$ перпендикулярен к обеим прямым $\text{SB}$ и $\mathrm{SC}$, поэтому он должен быть перпендикулярен к векторам $\overrightarrow{\mathrm{SB}}(0;-8\sqrt{2};-4)$ и $\overrightarrow{\mathrm{SC}}(-8\sqrt{2};0;-4)$.

Получим систему 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{\mathrm{n}}_1}·\overrightarrow{\mathrm{SB}}=0\\ \overrightarrow{{\mathrm{n}}_1}·\overrightarrow{\mathrm{SC}}=0\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{0}·{\mathrm{a}}_1-8\sqrt{2}·{\mathrm{b}}_1-4{\mathrm{c}}_1=0\\ -8\sqrt{2}{\mathrm{a}}_1+0·{\mathrm{b}}_1-4·{\mathrm{c}}_1=0\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}-2\sqrt{2}{b}_1-c_1=0\\ -2\sqrt{2}{a}_1-c_1=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Пусть ${\mathrm{c}}_1=-1$, тогда система примет вид 

$\left\{\begin{array}{l}-2\sqrt{2}{\mathrm{b}}_1+1=0\\ -2\sqrt{2}{\mathrm{a}}_1+1=0\end{array}\right.$

Её решение ${\mathrm{a}}_1=\frac{\sqrt{2}}{4};{\mathrm{b}}_1=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

$\overrightarrow{{\mathrm{n}}_1}(\frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};-1)$ — вектор нормали плоскости $\mathrm{SBC}$ .

Для плоскости $\mathit{K}\mathit{E}\mathit{F}$, вектор нормали $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_2}({\mathrm{a}}_2;{\mathrm{b}}_2;{\mathrm{c}}_2)$ перпендикулярен к обеим прямым $\mathrm{KE}$ и $\mathrm{KF}$, поэтому он должен быть перпендикулярен к векторам $\overrightarrow{\mathrm{KE}}(0;-2\sqrt{2};-1)$ и $\overrightarrow{\mathrm{KF}}(-8\sqrt{2};6\sqrt{2};-1)$.

Получим систему 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{\mathrm{n}}_2}·\overrightarrow{\mathrm{KE}}=0\\ \overrightarrow{{\mathrm{n}}_2}·\overrightarrow{\mathrm{KF}}=0\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}\mathrm{0}·{\mathrm{a}}_2-2\sqrt{2}·{\mathrm{b}}_2-1·{\mathrm{c}}_2=0\\ -8\sqrt{2}{\mathrm{a}}_2+6\sqrt{2}·{\mathrm{b}}_2-1·{\mathrm{c}}_2=0\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}-2\sqrt{2}{\mathrm{b}}_2-{\mathrm{c}}_2=0\\ -8\sqrt{2}{\mathrm{a}}_2+6\sqrt{2}{\mathrm{b}}_2-{\mathrm{c}}_2=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Пусть ${\mathrm{c}}_2=-1$, тогда система примет вид 

$\left\{\begin{array}{l}-2\sqrt{2}{\mathrm{b}}_2+1=0\\ \mathrm{8}\sqrt{2}{\mathrm{a}}_2+6\sqrt{2}{\mathrm{b}}_2+1=0\end{array}\right.$

Её решение ${\mathrm{a}}_2=\frac{\sqrt{2}}{4};{\mathrm{b}}_2=\frac{\sqrt{2}}{4}$.$\overrightarrow{{\mathrm{n}}_2}(\frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};-1)$ — вектор нормали плоскости $\mathrm{KEF}$.

Векторы $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_1}$ и $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_2}$ равны, значит коллинеарны, следовательно плоскости $\mathrm{SBC}$ и $\mathrm{KEF}$ параллельны.

б) Искомый объём $\mathrm{V}=\frac{1}{3}\mathrm{S}·\mathrm{h}$, где $\mathrm{S}$ — площадь треугольника $\mathrm{SBC}$, а высота пирамиды $\mathrm{h}$ — это расстояние от точки $\mathrm{K}$ до плоскости $\mathrm{SBC}$.

1. $\mathrm{S}=\frac{1}{2}\mathrm{SB}·\mathrm{SC}·\mathrm{sin\alpha }$, где $\mathrm{\alpha }$ — угол между прямыми $\mathrm{SB}$ и $\mathrm{SC}$. $\mathrm{cos\alpha }=\frac{\overrightarrow{\mathrm{SB}}·\overrightarrow{\mathrm{SC}}}{\left|\overrightarrow{\mathrm{SB}}\right|·|\overrightarrow{\mathrm{SC}}|}=\frac{0·(-8\sqrt{2})+(-8\sqrt{2})·0+(-4)(-4)}{12·12}=\frac{16}{144}=\frac{1}{9}$.

$\mathrm{sin\alpha }=\sqrt{1-{\cos }^2\mathrm{\alpha }}=\sqrt{1-\frac{1}{81}}=\frac{4\sqrt{5}}{9}·\mathrm{S}=\frac{1}{2}·12·12·\frac{4\sqrt{5}}{9}=32\sqrt{5}$.

2. Чтобы найти $\mathrm{h}$ необходимо найти уравнение плоскости $\mathrm{SBC}$. Оно имеет вид $\mathrm{ax}+\mathrm{by}+\mathrm{cz}+\mathrm{d}=0$, где $\overrightarrow{\mathrm{n}}(\mathrm{a};\mathrm{b};\mathrm{c})$ — вектор нормали этой плоскости. Согласно пункту а), один из векторов нормали $\overrightarrow{{\mathrm{n}}_1}(\frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};-1)$. Значит, уравнение имеет вид $\frac{\sqrt{2}}{4}\mathrm{x}+\frac{\sqrt{2}}{4}\mathrm{y}-\mathrm{z}+\mathrm{d}=0$. Чтобы найти значение $\mathrm{d}$ подставим координаты точки $\mathrm{S}(0;0;4)$ в это уравнение, получим $-4+\mathrm{d}=0,\mathrm{d}=4$, тогда $\frac{\sqrt{2}}{4}\mathrm{x}+\frac{\sqrt{2}}{4}\mathrm{y}-\mathrm{z}+4=0$ — уравнение плоскости $\mathrm{SBC}$. Расстояние от точки $\mathrm{K}(6\sqrt{2};0;1)$ до плоскости $\mathrm{SBC}$

$\mathrm{h}=\frac{|{\mathrm{ax}}_0+{\mathrm{by}}_0+{\mathrm{z}}_0+\mathrm{d}|}{\sqrt{{\mathrm{a}}_2+{\mathrm{b}}_2+{\mathrm{z}}_2}}=\frac{|\frac{\sqrt{2}}{4}·6\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}·0+(-1)·1+4|}{\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)}^2+{(-1)}^2}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$, где ${\mathrm{x}}_0,{\mathrm{y}}_0,{\mathrm{z}}_0$ — координаты точки $\mathrm{K}$.

3. $\mathrm{V}=\frac{1}{3}·32\sqrt{5}·\frac{12\sqrt{5}}{5}=128$.