Задание 15 демоверсии ЕГЭ 2027 по математике профильного уровня

а) В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ диагональ $AD$ параллельна стороне $BC$. Отрезок $MK$ соединяет середины сторон $SA$ и $SD$ треугольника $SAD$, значит, это средняя линия и $MK\parallel AD$. Две прямые, параллельные третьей, параллельны: $MK\parallel BC$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $O$ — центр основания, $SO$ — высота пирамиды. Точка $M$ — середина $SA$, поэтому её проекция $H$ на плоскость основания — середина $AO$, а $MH\parallel SO$ — высота пирамиды $MABF$. Четырёхугольник $ABOF$ — ромб (все его стороны равны стороне шестиугольника), его диагонали $AO$ и $BF$ делятся точкой пересечения пополам. Значит, $H$ — середина $BF$. В треугольнике $ABF$ угол $A$ равен $120^\circ$, а $AB=AF$, поэтому $\angle ABF=30^\circ$ и $\angle FBC=120^\circ-30^\circ=90^\circ$, то есть $HB\perp BC$. $HB$ — проекция наклонной $MB$ на плоскость основания, по теореме о трёх перпендикулярах $MB\perp BC$. Плоскости $BMC$ и основания пересекаются по прямой $BC$, следовательно, $\angle MBH$ — линейный угол между ними: $\angle MBH=30^\circ$. $BF=AB\sqrt3=12\sqrt3$, $BH=6\sqrt3$. Из прямоугольного треугольника $MHB$: $MH=BH\cdot\operatorname{tg}30^\circ=6\sqrt3\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}=6$. $S_{ABF}=\dfrac12\cdot AB\cdot AF\cdot\sin120^\circ=\dfrac12\cdot12\cdot12\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=36\sqrt3$. $V_{MABF}=\dfrac13\cdot S_{ABF}\cdot MH=\dfrac13\cdot36\sqrt3\cdot6=72\sqrt3$.

Ответ: б) $72\sqrt3$.

а) Плоскость $CMK$ отсекает от тетраэдра треугольную пирамиду $CAMK$, остаток — четырёхугольная пирамида $CBMKD$. Основания $AMK$ и $ABD$ лежат в одной плоскости, а высота из вершины $C$ у пирамиды $CAMK$ и тетраэдра общая. Поэтому

$$\frac{V_{CAMK}}{V_{ABCD}}=\frac{S_{AMK}}{S_{ABD}}=\frac{\frac12 AM\cdot AK\sin60^\circ}{\frac12 AB\cdot AD\sin60^\circ}=\frac{4\cdot4}{6\cdot6}=\frac49.$$

Тогда на вторую часть приходится $\frac59$ объёма, и объёмы частей относятся как $5:4$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $\varphi$ — искомый угол, $d$ — расстояние от точки $A$ до плоскости $CMK$. Так как $C$ лежит в этой плоскости, $\sin\varphi=\dfrac{d}{AC}$. Объём правильного тетраэдра с ребром 6: $V=\dfrac{6^3\sqrt2}{12}=18\sqrt2$, значит, $V_{CAMK}=\dfrac49\cdot18\sqrt2=8\sqrt2$. Треугольник $AMK$ равносторонний ($AM=AK=4$, угол $60^\circ$), поэтому $MK=4$. По теореме косинусов в треугольнике $ACM$: $CM^2=6^2+4^2-2\cdot6\cdot4\cdot\dfrac12=28$; так же $CK^2=28$. Высота равнобедренного треугольника $CMK$ к основанию $MK$ равна $\sqrt{28-4}=2\sqrt6$, $S_{CMK}=\dfrac12\cdot4\cdot2\sqrt6=4\sqrt6$. $d=\dfrac{3V_{CAMK}}{S_{CMK}}=\dfrac{24\sqrt2}{4\sqrt6}=2\sqrt3$, $\sin\varphi=\dfrac{2\sqrt3}{6}=\dfrac{\sqrt3}{3}$, $\cos\varphi=\sqrt{1-\dfrac13}=\dfrac{\sqrt6}{3}$.

Ответ: б) $\dfrac{\sqrt6}{3}$.