ID: 00022280
Источник: ФИПИ
а) Пирамида правильная, поэтому её высота $SO$ ($O$ — центр шестиугольника) перпендикулярна основанию. Сначала найдём одну замечательную точку в основании. Напомним два факта о правильном шестиугольнике: во-первых, $O$ — середина большой диагонали $AD$; во-вторых, $OC \parallel AB$. Второй факт легко увидеть: треугольники $OAB$ и $OBC$ равносторонние, поэтому в четырёхугольнике $OABC$ все стороны равны стороне шестиугольника — это ромб, и его стороны $OC$ и $AB$ параллельны.
Теперь смотрим на треугольник $AMD$ (точка $M$ — на стороне $AB$, так что $AM$ лежит на прямой $AB$). Прямая $OC$ проходит через середину $O$ стороны $AD$ параллельно стороне $AM$ — по теореме о средней линии она пересекает третью сторону $MD$ ровно в её середине. Назовём эту точку $P$: итак, $P$ — середина $MD$, она лежит на $OC$, и $OP = \dfrac{AM}{2} = \dfrac{1}{2}$. Радиус описанной окружности шестиугольника равен стороне, то есть $OC = 2$, значит, $CP = 2 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$ и $\dfrac{CP}{CO} = \dfrac{3}{4}$.
Подключаем стереометрию. Плоскость $\alpha$ перпендикулярна основанию и пересекает его по прямой $MD$ (обе точки $M$ и $D$ лежат в основании). Плоскость $SOC$ тоже перпендикулярна основанию — она содержит высоту $SO$. Обе плоскости проходят через $P$: для $\alpha$ эта точка лежит на $MD$, для $SOC$ — на $OC$. Две пересекающиеся плоскости, перпендикулярные третьей, пересекаются по прямой, перпендикулярной этой третьей, — значит, $\alpha$ и $SOC$ пересекаются по вертикальной прямой через $P$.
Точка $K$ — пересечение $SC$ с $\alpha$. Но прямая $SC$ лежит в плоскости $SOC$, поэтому $K$ принадлежит обеим плоскостям, то есть лежит на этой вертикали: $KP \perp (ABC)$, и $P$ — проекция $K$ на основание.
Финал: прямоугольные треугольники $KPM$ и $KPD$ имеют общий катет $KP$ и равные катеты $PM = PD$ ($P$ — середина $MD$). Значит, равны и гипотенузы: $KM = KD$. Что и требовалось доказать.
б) Сначала высота $KP$. В плоскости $SOC$ треугольник $SOC$ прямоугольный ($SO \perp OC$), и $KP \parallel SO$, поэтому по Фалесу $\dfrac{KP}{SO} = \dfrac{CP}{CO} = \dfrac{3}{4}$. Сама высота пирамиды: $SO = \sqrt{SA^2 - OA^2} = \sqrt{64 - 4} = 2\sqrt{15}$ (радиус $OA$ равен стороне, то есть $2$). Значит, $KP = \dfrac{3}{4} \cdot 2\sqrt{15} = \dfrac{3\sqrt{15}}{2}$.
Теперь площадь треугольника $CDM$ — он лежит в основании, и для пирамиды $CDKM$ это основание, а $KP$ — высота (перпендикуляр из $K$ к плоскости основания). Удобно отталкиваться от трапеции $ABCD$: у неё $AD = 4$ (большая диагональ равна двум сторонам), $BC = 2$, а расстояние между этими параллельными прямыми равно $\sqrt{3}$ — высота равностороннего треугольника со стороной $2$. Площадь трапеции: $\dfrac{4 + 2}{2} \cdot \sqrt{3} = 3\sqrt{3}$. Вычитаем лишнее. Треугольник $ADM$: основание $AD = 4$, высота $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ — точка $M$, середина $AB$, вдвое ближе к прямой $AD$, чем $B$; площадь $\dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$. Треугольник $MBC$: основание $BC = 2$, высота тоже $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$; площадь $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Остаётся: $S_{CDM} = 3\sqrt{3} - \sqrt{3} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.
Объём: $V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{CDM} \cdot KP = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt{15}}{2} = \dfrac{3\sqrt{45}}{4} = \dfrac{3 \cdot 3\sqrt{5}}{4} = \dfrac{9\sqrt{5}}{4}$. Проверка корня: $\sqrt{3} \cdot \sqrt{15} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ — всё сходится. Ответ: $\dfrac{9\sqrt{5}}{4}$.