ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Точки $K$ и $M$ — середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, поэтому $KM$ — средняя линия этого треугольника. По свойству средней линии

$$KM\parallel AD,KM=\frac{1}{2}AD.$$

Пирамида правильная, поэтому в основании лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. Пусть $O$ — его центр. Большие диагонали правильного шестиугольника проходят через центр и делят его на шесть равных равносторонних треугольников, сторона которых равна стороне шестиугольника. Значит, $AD=AO+OD=2BC$.

В равносторонних треугольниках $OBC$ и $OCD$ углы $\angle BCO$ и $\angle COD$ равны $60^{\circ }$. Это накрест лежащие углы при прямых $BC$ и $AD$ и секущей $CO$, поэтому $BC\parallel AD$.

Итак, $KM\parallel AD$ и $BC\parallel AD$, значит, $KM\parallel BC$ (две прямые, параллельные третьей, параллельны). Через две параллельные прямые $KM$ и $BC$ проходит плоскость, назовём её $\alpha$. Точки $B$ и $K$ лежат в $\alpha$, значит, и вся прямая $BK$ лежит в $\alpha$; точно так же прямая $CM$ лежит в $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Более того, $KM=\frac{1}{2}AD=BC$, поэтому $BCMK$ — параллелограмм и $BK\parallel CM$.

б) Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания по прямой $BC$. Построим линейный угол двугранного угла при этой прямой.

Пирамида правильная, поэтому её высота $SO$ опускается в центр $O$ основания, $SO\perp (ABC)$. Точка $O$ лежит на диагонали $AD$, поэтому $SO$ лежит в плоскости $SAD$ и пересекает среднюю линию $KM$ в некоторой точке $Q$. В треугольнике $SAO$ точка $K$ — середина $SA$ и $KQ\parallel AO$, поэтому по теореме Фалеса $Q$ — середина $SO$.

Пусть $P$ — середина $BC$. В равностороннем треугольнике $OBC$ медиана $OP$ является высотой: $OP\perp BC$.

Отрезок $QO$ лежит на высоте пирамиды, поэтому $QO\perp (ABC)$, и $OP$ — проекция наклонной $QP$ на плоскость основания. Прямая $BC$ перпендикулярна проекции $OP$, значит, по теореме о трёх перпендикулярах $BC\perp QP$.

Получили: $QP$ лежит в плоскости $\alpha$ (точки $Q\in KM$ и $P\in BC$ лежат в $\alpha$), $OP$ лежит в плоскости основания, и обе прямые перпендикулярны линии пересечения плоскостей $BC$. Значит, $\angle QPO$ — линейный угол двугранного угла между $\alpha$ и основанием. Он острый (треугольник $QOP$ прямоугольный с прямым углом $O$), поэтому равен углу между плоскостями: $\angle QPO=60^{\circ }$.

Найдём $OP$ как высоту равностороннего треугольника $OBC$ со стороной $BC=AB=8$:

$$OP=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot BC=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 8=4\sqrt{3}.$$

Из прямоугольного треугольника $QOP$:

$$\mathrm{tg}\angle QPO=\frac{QO}{OP}\Rightarrow QO=OP\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=4\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=12.$$

Теперь найдём объём пирамиды $MABF$. Её основание — треугольник $ABF$ в плоскости основания исходной пирамиды, а высота — расстояние от точки $M$ до этой плоскости.

Прямая $KM$ параллельна прямой $AD$, лежащей в плоскости основания, поэтому $KM$ параллельна плоскости основания. Все точки такой прямой находятся на одинаковом расстоянии от плоскости. Для точки $Q\in KM$ это расстояние равно $QO=12$, значит, и расстояние от $M$ до плоскости основания равно $12$.

Угол правильного шестиугольника равен $120^{\circ }$, поэтому $\angle BAF=120^{\circ }$, и

$$S_{ABF}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AF\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=16\sqrt{3}.$$

Тогда

$$V_{MABF}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABF}\cdot QO=\frac{1}{3}\cdot 16\sqrt{3}\cdot 12=64\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $64\sqrt{3}$.