ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

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

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника. Треугольники $BOC$ и $COD$ правильные, поэтому $\angle BCO=\angle COD=60^{\circ }$. Это накрест лежащие углы при прямых $BC$, $AD$ и секущей $CO$, значит, $BC\parallel AD$.

Прямые $MK$ и $BC$ параллельны прямой $AD$, значит, $MK\parallel BC$. Через две параллельные прямые проходит плоскость, она содержит точки $M$, $K$, $B$, $C$, а значит, и прямые $BM$ и $CK$. Итак, $BM$ и $CK$ лежат в одной плоскости, что и требовалось доказать.

б) Пусть $SO$ — высота пирамиды. В плоскости $SAD$ проведём $MH\parallel SO$, $H\in AO$. Тогда $MH\perp (ABC)$. Так как $M$ — середина $SA$, по теореме Фалеса $H$ — середина $AO$, а $MH$ — средняя линия треугольника $SAO$:

$$MH=\frac{1}{2}SO.$$

Треугольник $ABO$ правильный, его медиана $BH$ — высота: $BH\perp AD$, а так как $AD\parallel BC$, то $BH\perp BC$.

$MH$ — перпендикуляр к основанию, $BH$ — проекция наклонной $MB$. Так как $BH\perp BC$, по теореме о трёх перпендикулярах $MB\perp BC$. Значит, $\angle MBH$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью $BMC$ и основанием, и $\angle MBH=45^{\circ }$.

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

Прямоугольный треугольник $MHB$ с углом $45^{\circ }$ равнобедренный, поэтому $MH=BH=4\sqrt{3}$. Тогда высота пирамиды

$$SO=2MH=8\sqrt{3}.$$

Ответ: б) $8\sqrt{3}$.