Задание 14 ЕГЭ, математика (профиль): Объёмы многогранников

а) Прямые AB и CD пересекаются в точке K, поэтому в треугольнике $AKD$ угол при вершине K равен $180^\circ-\angle BAD-\angle ADC=180^\circ-90^\circ=90^\circ$, то есть $\angle AKD=90^\circ$.

Плоскости $(PAB)$ и $(PCD)$ по условию перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$, а их линия пересечения — прямая $PK$ (так как обе плоскости содержат точку K и точку P). Если две плоскости перпендикулярны третьей, то их общая прямая перпендикулярна этой третьей плоскости — значит $PK\perp(ABC)$.

Тогда $PK\perp AK$ и $PK\perp DK$ (так как AK и DK лежат в основании). Вместе с $AK\perp DK$ (угол 90°) получаем, что прямая $AK$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(PCD)$ — значит $AK\perp(PCD)$. Поскольку $AK\subset(PAB)$, отсюда следует $(PAB)\perp(PCD)$, что и требовалось доказать.

б) Так как $AB=CD=2$, трапеция $ABCD$ равнобокая, поэтому $\angle BAD=\angle ADC$. Их сумма равна $90^\circ$, значит каждый угол равен $45^\circ$.

В треугольнике $AKD$ угол при K прямой, а углы при A и D равны 45°, значит он прямоугольный равнобедренный. Аналогично треугольник $BKC$ (образованный продолжениями боковых сторон) тоже прямоугольный и равнобедренный с прямым углом при K, так как углы $\angle KBC=\angle KCB=45^\circ$.

Пусть $BK=KC=x$. По теореме Пифагора для $\triangle BKC$: $$BC^2=BK^2+KC^2\;\Rightarrow\;4=2x^2\;\Rightarrow\;x=\sqrt{2}.$$

Площадь треугольника $BKC$ (прямоугольного с катетами $x$): $$S_{BKC}=\frac12\cdot BK\cdot KC=\frac12\cdot(\sqrt{2})^2=1.$$

Поскольку $PK\perp(ABC)$ (доказано в пункте а), отрезок $PK=12$ является высотой пирамиды $PKBC$, опущенной на плоскость основания $BKC$. Тогда: $$V_{PKBC}=\frac13\cdot S_{BKC}\cdot PK=\frac13\cdot1\cdot12=4.$$