Задание 14 ЕГЭ, математика (профиль): Объёмы многогранников

Так как $AM=SK=1$, получаем $BM=AB-AM=3$ и $BK=SB-SK=6$.

В квадрате $ABCD$ угол $B=90^\circ$, поэтому в треугольнике $BCM$ по теореме Пифагора $CM=\sqrt{BM^2+BC^2}=\sqrt{9+16}=5$.

Диагональ $BD$ квадрата делит угол $B$ пополам ($45^\circ$), значит в треугольнике $BCM$ отрезок $BK'$ (пересечение $BD$ и $CM$) — биссектриса. По свойству биссектрисы $\dfrac{MK'}{K'C}=\dfrac{BM}{BC}=\dfrac34$, откуда $MK'=\dfrac{3}{7}CM=\dfrac{15}{7}$.

Обозначим $BK'=x$. По теореме косинусов в треугольнике $BMK'$ с углом $45^\circ$: $\left(\dfrac{15}{7}\right)^2=9+x^2-2\cdot3x\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}$. Решая, получаем $x=\dfrac{12\sqrt2}{7}$ (второй корень отбрасываем — он меньше высоты треугольника $BCM$, опущенной из $C$, значит не подходит).

Диагональ квадрата $BO=\dfrac{AC}{2}=2\sqrt2$ (половина диагонали основания). Тогда $\dfrac{BK}{BS}=\dfrac67$ и $\dfrac{BK'}{BO}=\dfrac{12\sqrt2/7}{2\sqrt2}=\dfrac67$ — отношения равны, значит треугольники $BKK'$ и $BSO$ подобны (общий угол при $B$ и пропорциональные стороны). Отсюда $KK'\parallel SO$.

$SO$ — высота пирамиды, перпендикулярная плоскости $ABC$. Так как $KK'\parallel SO$, то $KK'\perp ABC$. Прямая $KK'$ лежит в плоскости $CKM$ (точки $K$ и $K'\in CM$), значит плоскость $CKM$ содержит перпендикуляр к $ABC$ — следовательно, $CKM\perp ABC$.

Так как $KK'\perp ABC$, отрезок $KK'$ служит высотой пирамиды $BCKM$ с основанием $BCM$. Площадь $S_{BCM}=\dfrac12\cdot BM\cdot BC=\dfrac12\cdot3\cdot4=6$.

Найдём $SO=\sqrt{SB^2-BO^2}=\sqrt{49-8}=\sqrt{41}$. Из подобия треугольников $KK'=\dfrac67 SO=\dfrac{6\sqrt{41}}{7}$.

Объём: $V=\dfrac13 S_{BCM}\cdot KK'=\dfrac13\cdot6\cdot\dfrac{6\sqrt{41}}{7}=\dfrac{12\sqrt{41}}{7}$.