Задание 15 ЕГЭ по математике №00014433

Поставим координаты так, чтобы центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата) оказался в начале. При $AB=24$ половина стороны равна $12$.

$A(-12;-12;0)$, $B(12;-12;0)$, $C(12;12;0)$, $D(-12;12;0)$, вершина $S(0;0;H)$, где $H$ — высота.

Точка $M$ — середина $AB$: $M(0;-12;0)$.

Пункт а. Плоскость $\alpha$ проходит через $M$ параллельно плоскости $SBC$. Две параллельные плоскости пересекают любую третью по параллельным прямым.

Плоскость грани $SAB$ пересекает $\alpha$ по прямой, параллельной $SB$. Проведём через $M$ прямую $MP\parallel SB$; так как $M$ — середина $AB$, по теореме о средней линии треугольника $SAB$ точка $P$ — середина $SA$.

Аналогично $\alpha$ пересекает плоскость грани $SCD$ по прямой, параллельной $SC$; она проходит через середину $CD$ и попадает в середину ребра $SD$. Значит точка $K$ — середина $SD$, что и требовалось доказать.

Пункт б. Раз $K$ — середина $SD$, то $K\left(-6;6;\dfrac{H}{2}\right)$. Найдём вектор $\vec{MK}$:

$$\vec{MK}=\left(-6;\,18;\,\dfrac{H}{2}\right).$$

Угол между прямой $MK$ и плоскостью основания — это угол между $\vec{MK}$ и его проекцией на основание $(-6;18;0)$. Тангенс этого угла — отношение «вертикаль : горизонталь»:

$$\operatorname{tg}30^\circ=\dfrac{H/2}{\sqrt{(-6)^2+18^2}}=\dfrac{H/2}{6\sqrt{10}}.$$

Так как $\operatorname{tg}30^\circ=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$, получаем $\dfrac{H}{2}=\dfrac{6\sqrt{10}}{\sqrt{3}}=2\sqrt{30}$, откуда $H=4\sqrt{30}$.

Объём пирамиды (основание — квадрат со стороной $24$):

$$V=\dfrac{1}{3}\cdot 24^2\cdot H=\dfrac{1}{3}\cdot 576\cdot 4\sqrt{30}=768\sqrt{30}.$$

Объём пирамиды равен $768\sqrt{30}$.

Типичная ошибка: принять угол между $MK$ и основанием за угол при вершине пирамиды. Нужен именно угол наклона самой прямой $MK$: вертикальная составляющая делится на длину горизонтальной проекции.