Задание 15 ЕГЭ математика профиль

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) $72\sqrt3$.