ID: 00022278
Источник: ФИПИ
а) Точка $K$ — это встреча продолжений боковых сторон трапеции. Она лежит на луче $AB$ за точкой $B$ и на луче $DC$ за точкой $C$, поэтому $\angle KAD = \angle BAD$ и $\angle KDA = \angle ADC$. В треугольнике $AKD$ сумма углов равна $180^\circ$: $\angle AKD = 180^\circ - (\angle KAD + \angle KDA) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$. Запоминаем: прямые $AB$ и $CD$ перпендикулярны.
Теперь про плоскости. У плоскостей $PAB$ и $PCD$ есть две общие точки: $P$ и $K$ (точка $K$ лежит на прямой $AB$, значит, в плоскости $PAB$, и на прямой $CD$, значит, в плоскости $PCD$). Следовательно, они пересекаются по прямой $PK$. Обе плоскости перпендикулярны основанию, а по известной теореме, если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей, то их линия пересечения тоже перпендикулярна этой третьей плоскости. Итак, $PK \perp (ABC)$.
Осталось измерить двугранный угол между $PAB$ и $PCD$ вдоль общего ребра $PK$. Прямая $KA$ лежит в плоскости $PAB$, прямая $KD$ — в плоскости $PCD$, и обе перпендикулярны $PK$, ведь $PK$ перпендикулярна всему основанию. Значит, $\angle AKD$ — линейный угол этого двугранного угла, а мы уже доказали, что он равен $90^\circ$. Плоскости $PAB$ и $PCD$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.
б) Раз $PK \perp (ABC)$, то $PK$ и есть высота пирамиды $PABCD$, то есть $PK = 9$. Для пирамиды $KBCP$ удобно взять основанием треугольник $KBC$ — он лежит в плоскости основания, и тогда высота из вершины $P$ — снова $PK$.
Ищем площадь $KBC$. Угол при $K$ прямой, поэтому $KB^2 + KC^2 = BC^2 = 16$. Из $BC \parallel AD$ треугольники $KBC$ и $KAD$ подобны, значит, $\dfrac{KB}{KA} = \dfrac{KC}{KD}$, то есть $\dfrac{KB}{KB + 4} = \dfrac{KC}{KC + 4}$. Перемножаем крест-накрест: $KB \cdot KC + 4\,KB = KB \cdot KC + 4\,KC$, откуда $KB = KC$. Тогда $2\,KB^2 = 16$, $KB = KC = 2\sqrt{2}$, и $S_{KBC} = \dfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} = 4$.
Объём: $V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{KBC} \cdot PK = \dfrac{1}{3} \cdot 4 \cdot 9 = 12$. Проверим себя: катеты $2\sqrt{2} \approx 2{,}83$ меньше боковых сторон $KA = KD = 2\sqrt{2} + 4$, гипотенуза $BC = 4$ — прямоугольный равнобедренный треугольник собрался корректно. Всё сходится. Ответ: $12$.