ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Точки $M$ и $K$ — середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, поэтому $MK$ — его средняя линия и $MK\parallel AD$.

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. Диагонали $AD$, $BE$, $CF$ проходят через $O$ и делят шестиугольник на шесть правильных треугольников. В частности, $\angle BCO=60^{\circ }$ (угол правильного треугольника $BOC$) и $\angle COD=60^{\circ }$ (угол правильного треугольника $COD$). Это накрест лежащие углы при прямых $BC$ и $AD$ и секущей $CO$, они равны, значит, $BC\parallel AD$.

Прямые $MK$ и $BC$ параллельны одной и той же прямой $AD$, поэтому $MK\parallel BC$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $SO$ — высота пирамиды. Плоскость $SAD$ содержит $SO$. Проведём в ней $MH\parallel SO$, $H\in AO$. Тогда $MH\perp (ABC)$, а так как $M$ — середина $SA$, то по теореме Фалеса $H$ — середина $AO$.

Треугольник $ABO$ правильный со стороной $8$, его медиана $BH$ является высотой: $BH\perp AO$, то есть $BH\perp AD$. Так как $AD\parallel BC$, то и $BH\perp BC$.

$MH$ — перпендикуляр к плоскости основания, $MB$ — наклонная, $BH$ — её проекция. Проекция перпендикулярна прямой $BC$, значит, по теореме о трёх перпендикулярах $MB\perp BC$. Поэтому $\angle MBH$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью $BMC$ и плоскостью основания. Он острый, значит, $\angle MBH=45^{\circ }$.

Высота правильного треугольника со стороной 8:

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

В прямоугольном треугольнике $MHB$ острый угол равен $45^{\circ }$, поэтому он равнобедренный: $MH=BH=4\sqrt{3}$.

Пирамида $MABF$ имеет основание $ABF$ в плоскости основания, а её высота — перпендикуляр $MH$. Угол правильного шестиугольника равен $120^{\circ }$, поэтому

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

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

Ответ: б) $64$.