Задание 14 ЕГЭ, математика (профиль): Объёмы многогранников

Пусть $O$ — центр основания. Так как пирамида правильная, $SO\perp$ основанию — это стандартное свойство правильной пирамиды (апофема из вершины проецируется в центр).

Найдём отрезки: $CM=BC-BM=4-1=3$, $CK=SC-SK=7-4=3$.

Пусть $P=CO\cap DB$, $L=CO\cap DM$. По теореме Менелая для треугольника $BCP$ и прямой $D$-$M$-$L$: $\dfrac{BM}{MC}\cdot\dfrac{CL}{LP}\cdot\dfrac{PD}{DB}=1$. Из симметрии правильного шестиугольника $CP=PO$ и $DP=PB$, значит $\dfrac{PD}{DB}=\dfrac12$, и после подстановки $\dfrac{CL}{LP}=6$. Тогда $\dfrac{CL}{LO}=\dfrac{CL}{LP+PO}=\dfrac{6}{1+7}=\dfrac34$.

С другой стороны $\dfrac{CK}{KS}=\dfrac{3}{4}$. Совпадение отношений $\dfrac{CL}{LO}=\dfrac{CK}{KS}$ означает, что в треугольнике $SCO$ точки $K,L$ делят стороны $CS,CO$ в одном отношении, значит по теореме о пропорциональных отрезках $KL\parallel SO$.

Так как $SO\perp$ основанию, то и $KL\perp$ основанию. Прямая $KL$ лежит в плоскости $MKD$ (ведь $L\in DM$, $K\in$ плоскости). По признаку перпендикулярности плоскостей, если плоскость содержит перпендикуляр к другой плоскости, они перпендикулярны — значит $MKD\perp ABCDEF$. Пункт а) доказан.

Для объёма: из подобия $\triangle CKL\sim\triangle CSO$ получаем $\dfrac{KL}{SO}=\dfrac{CK}{CS}=\dfrac37$. Найдём $SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{49-16}=\sqrt{33}$ (так как $OC=AB=4$ — радиус правильного шестиугольника равен стороне). Тогда $KL=\dfrac37\sqrt{33}$.

Треугольник $CDM$ лежит в плоскости основания, а $KL$ — высота от $K$ до этой плоскости (так как $KL\perp$ основанию, а $L\in$ основание). Площадь $S_{CDM}=\dfrac12\cdot CD\cdot CM\cdot\sin\angle DCM=3\sqrt3$ (угол между стороной и диагональю правильного шестиугольника равен $120^\circ$).

Объём: $V_{CDKM}=\dfrac13 S_{CDM}\cdot KL=\dfrac13\cdot3\sqrt3\cdot\dfrac37\sqrt{33}=\dfrac97\sqrt{11}$.