Задание 14 ЕГЭ, математика (профиль): Объёмы многогранников

а) Точка $O$ — середина обеих диагоналей (в прямоугольнике диагонали делятся пополам), а $H$ — основание высоты из $B$ на $AC$ в треугольнике $ABC$. Так как $AB\neq BC$, треугольник $ABC$ не равнобедренный, поэтому $H\neq O$.

$BH$ лежит в плоскости основания и является проекцией отрезка $KH$ (так как $BK\perp$ плоскости $ABC$). По теореме о трёх перпендикулярах, если проекция $BH\perp AC$, то и сама наклонная $KH\perp AC$. Значит угол $\angle KHB$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $ACK$, то есть $\angle KHB=45^\circ$. В прямоугольном треугольнике $KHB$ (прямой угол при $B$) это даёт равнобедренность: $KB=BH$.

Поскольку $BH$ — наименьшее расстояние от $B$ до прямой $AC$, а $O$ лежит на этой прямой и $H\neq O$, то $BH<BO$, значит $KB<BO$.

В прямоугольном треугольнике $KBO$ (угол при $B$ прямой): $\tan\angle KOB=\dfrac{KB}{BO}<1$, откуда $\angle KOB<45^\circ$, что и требовалось доказать.

б) Плоскость $AKC$ параллельна прямой $B_1D$. Обе прямые $KO$ и $B_1D$ лежат в одной плоскости (диагональной плоскости $BB_1D_1D$, так как $O$ — середина $BD$). Если бы $KO$ не была параллельна $B_1D$, то прямая $B_1D$ пересекла бы плоскость $AKC$ в точке пересечения этих прямых — противоречие условию параллельности. Значит $KO\parallel B_1D$.

В треугольнике $BB_1D$ отрезок $KO$ соединяет середину $BD$ (точку $O$) с точкой $K$ на $BB_1$ и параллелен $B_1D$ — значит это средняя линия, то есть $K$ — середина $BB_1$, и $BB_1=2BK=2BH$.

Найдём $BH$ из площади треугольника $ABC$: $$S_{ABC}=\frac{AB\cdot BC}{2}=\frac{BH\cdot AC}{2}\ \Rightarrow\ BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{6\cdot 8}{\sqrt{6^2+8^2}}=\frac{48}{10}=\frac{24}{5}.$$

Тогда $BB_1=2\cdot\dfrac{24}{5}=\dfrac{48}{5}$.

Объём параллелепипеда: $$V=BB_1\cdot AB\cdot BC=\frac{48}{5}\cdot 48=\frac{2304}{5}.$$