ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Точки $K$ и $M$ — середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, поэтому $KM$ — его средняя линия:

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

Пирамида правильная, поэтому в основании лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$ с центром $O$. Большие диагонали делят его на шесть равных равносторонних треугольников со стороной, равной стороне шестиугольника, поэтому $AD=2BC$. В равносторонних треугольниках $OBC$ и $OCD$ углы $\angle BCO$ и $\angle COD$ равны $60^{\circ }$; это накрест лежащие углы при прямых $BC$, $AD$ и секущей $CO$, значит, $BC\parallel AD$.

Отсюда $KM\parallel BC$ (обе прямые параллельны $AD$). Через параллельные прямые $KM$ и $BC$ проходит плоскость $\alpha$, и в ней лежат точки $B$, $K$, $C$, $M$, а значит, и прямые $BK$ и $CM$. Что и требовалось доказать.

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

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

Высота $SO$ правильной пирамиды опускается в центр основания. Точка $O$ лежит на $AD$, поэтому $SO$ лежит в плоскости $SAD$ и пересекает $KM$ в точке $Q$. В треугольнике $SAO$ имеем $KQ\parallel AO$ и $K$ — середина $SA$, значит, по теореме Фалеса $Q$ — середина $SO$.

Пусть $P$ — середина $BC$. В равностороннем треугольнике $OBC$ медиана $OP$ является высотой: $OP\perp BC$. Так как $QO\perp (ABC)$, отрезок $OP$ — проекция наклонной $QP$, и по теореме о трёх перпендикулярах $BC\perp QP$.

Прямая $QP$ лежит в $\alpha$, прямая $OP$ — в основании, и обе перпендикулярны прямой $BC$. Значит, $\angle QPO$ — линейный угол двугранного угла. Треугольник $QOP$ прямоугольный с прямым углом $O$, угол $QPO$ острый, поэтому $\angle QPO=45^{\circ }$.

Высота равностороннего треугольника $OBC$ со стороной $8$:

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

В прямоугольном треугольнике $QOP$ острый угол равен $45^{\circ }$, поэтому он равнобедренный:

$$QO=OP\cdot \mathrm{tg}45^{\circ }=4\sqrt{3}.$$

Найдём объём пирамиды $MABF$. Её основание — треугольник $ABF$, а высота — расстояние от $M$ до плоскости основания. Прямая $KM$ параллельна прямой $AD$ плоскости основания, значит, параллельна самой плоскости, и все её точки удалены от плоскости на одно и то же расстояние. Для точки $Q$ оно равно $QO=4\sqrt{3}$, значит, высота пирамиды $MABF$ тоже равна $4\sqrt{3}$.

Угол правильного шестиугольника равен $120^{\circ }$, поэтому

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

Тогда

$$V_{MABF}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABF}\cdot QO=\frac{1}{3}\cdot 16\sqrt{3}\cdot 4\sqrt{3}=64.$$

Ответ: б) $64$.