ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. Пирамида правильная, поэтому её высота падает в центр основания: $SO\perp (ABC)$.

Обозначим через $H$ точку пересечения отрезков $MD$ и $OC$, а через $N$ — середину стороны $DE$.

Сначала докажем, что $H$ — середина $MD$. Правильный шестиугольник со стороной 8 делится диагоналями, проходящими через центр, на шесть равносторонних треугольников со стороной 8. Поэтому у четырёхугольника $OCDE$ все стороны равны 8, это ромб, и $OC\parallel DE$.

Стороны $AB$ и $DE$ симметричны относительно центра $O$, значит, их середины $M$ и $N$ тоже симметричны относительно $O$, то есть $O$ — середина отрезка $MN$.

Рассмотрим треугольник $MDN$. Прямая $OC$ проходит через середину $O$ стороны $MN$ и параллельна стороне $DN$ (она лежит на прямой $DE$). По теореме Фалеса эта прямая пересекает сторону $MD$ в её середине. Значит, $H$ — середина $MD$, а $OH$ — средняя линия треугольника $MDN$.

Теперь найдём положение точки $K$. Плоскость $(SOC)$ содержит прямую $SO$, перпендикулярную плоскости $(ABC)$, поэтому по признаку перпендикулярности плоскостей $(SOC)\perp (ABC)$. Плоскость $\alpha$ перпендикулярна $(ABC)$ по условию.

Плоскости $\alpha$ и $(SOC)$ различны (точка $M$ лежит в $\alpha$, но не лежит на прямой $OC$, по которой $(SOC)$ пересекает основание) и имеют общую точку $H$: она лежит на $MD\subset \alpha$ и на $OC\subset (SOC)$. Точка $K$ тоже общая: $K\in \alpha$ по условию и $K\in SC\subset (SOC)$. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой $KH$.

Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей плоскости, то линия их пересечения тоже перпендикулярна этой плоскости. Поэтому $KH\perp (ABC)$.

Прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в частности $KH\perp MD$. Получаем, что в треугольнике $MKD$ отрезок $KH$ — одновременно высота и медиана. Значит, треугольник $MKD$ равнобедренный и $MK=KD$. Что и требовалось доказать.

б) Отрезок $KH$ перпендикулярен плоскости основания, поэтому он является высотой пирамиды $MCDK$ с основанием $MCD$:

$$V_{MCDK}=\frac{1}{3}\cdot S_{MCD}\cdot KH.$$

Найдём нужные отрезки в основании. $N$ — середина $DE$, поэтому $DN=4$, и из пункта а) $OH=\frac{1}{2}DN=2$. Треугольник $COD$ равносторонний, поэтому $OC=8$, а точка $H$ лежит на отрезке $OC$ и

$$CH=OC-OH=8-2=6.$$

Найдём высоту пирамиды $SO$. Все боковые рёбра правильной пирамиды равны, поэтому $SC=SA=14$. Из прямоугольного треугольника $SOC$ по теореме Пифагора:

$$SO=\sqrt{S{C}^2-O{C}^2}=\sqrt{196-64}=\sqrt{132}=2\sqrt{33}.$$

Прямые $KH$ и $SO$ перпендикулярны одной плоскости $(ABC)$, поэтому $KH\parallel SO$, и обе лежат в плоскости $(SOC)$. Треугольники $CKH$ и $CSO$ подобны: угол $C$ общий, а $\angle CHK=\angle COS=90^{\circ }$. Отсюда

$$\frac{KH}{SO}=\frac{CH}{CO}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4},KH=\frac{3}{4}\cdot 2\sqrt{33}=\frac{3\sqrt{33}}{2}.$$

Найдём площадь треугольника $MCD$. Отрезок $CH$ — его медиана ($H$ — середина $MD$), а медиана делит треугольник на два равновеликих, поэтому $S_{MCD}=2S_{MCH}$.

В треугольнике $MCH$ возьмём за основание сторону $CH$. Четырёхугольник $ABCO$ — ромб (все стороны равны 8), поэтому $AB\parallel OC$. В равностороннем треугольнике $AOB$ медиана $OM$ является высотой, значит, $OM\perp AB$, а тогда и $OM\perp OC$. Следовательно, $MO$ — высота треугольника $MCH$, проведённая к прямой $CH$. Как высота равностороннего треугольника со стороной 8:

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

Тогда

$$S_{MCD}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot CH\cdot MO=6\cdot 4\sqrt{3}=24\sqrt{3}.$$

Находим объём:

$$V_{MCDK}=\frac{1}{3}\cdot 24\sqrt{3}\cdot \frac{3\sqrt{33}}{2}=12\sqrt{99}=12\cdot 3\sqrt{11}=36\sqrt{11}.$$

Ответ: б) $36\sqrt{11}$.