Пирамиды — задача ЕГЭ по профильной математике

Условие, ответ и разбор задачи

СтереометрияЕГКР 16.12.2025

Основанием пирамиды

SABCD

является ромб

ABCD

со стороной

6

. Боковые грани

SAB

SCB

перпендикулярны плоскости основания и образуют между собой угол

150^{\circ}

. Две другие боковые грани наклонены к плоскости основания под углом

60^{\circ}

.

а) Докажите, что грани

SAD

SCD

равновеликие.

б) Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение

а) Так как

(SAB) \perp (ABC)

(SBC) \perp (ABC)

, причём

(SAB) \cap (SBC) = SB

, то

SB \perp (ABC)

. Пусть

BT

BQ

— высоты ромба, причём

T \in CD

Q \in AD

. Тогда

BQ

BT

— проекции

SQ

ST

на

(ABC)

соответственно, значит, по теореме о трёх перпендикулярах

SQ \perp AD

ST \perp CD

. Значит,

\angle{BQS} = \angle{BTS} = 60^{\circ}

. Тогда прямоугольные треугольники

SBQ

SBT

равны по катету и острому углу (

SB

— общая,

\angle{BQS} = \angle{BTS}

), то есть

SQ = ST

.

Найдём площади треугольников

SAD

SCD

S_{SAD} = \dfrac{1}{2}\cdot SQ\cdot AD = \dfrac{1}{2}\cdot ST\cdot CD.

б) Имеем:

S_{\text{бок}} = S_{SAB} + S_{SBC} + S_{SAD} + S_{SDC} = 2(S_{SAD} + S_{SBC}) = 2\cdot \dfrac{1}{2}\cdot (BC\cdot SB + AD\cdot SQ).\quad (*)

Заметим, что

\angle{((SAB), (SBC))} = \angle{ABC} = 150^{\circ}

. Значит,

\angle{BAD} = 30^{\circ}

. Из прямоугольного треугольника

BAQ

имеем:

BQ = \dfrac{1}{2}\cdot AB = \dfrac{6}{2} = 3.

Из прямоугольного треугольника

BQS

имеем:

SB = BQ\cdot \tg{60^{\circ}} = 3\sqrt{3},\quad SQ = \dfrac{BQ}{\cos{60^{\circ}}} = 6.

Подставим в

(*)

S_{\text{бок}} = 2\cdot \dfrac{1}{2}(6\cdot 3\sqrt{3} + 6\cdot 6) = 18\sqrt{3} + 36.

Ответ:

18\sqrt{3} + 36

Похожие задачи