Задание 15 ЕГЭ по математике №00042137

Пусть $O$ — центр основания, $E$ — середина $AB$, $r=OE$ — радиус вписанной окружности основания. Тогда $OC=2r$ (центр делит медиану $2:1$), $CE=3r$. Двугранный угол при основании — угол $MEO$ (так как $ME\perp AB$ и $OE\perp AB$), и $\operatorname{tg}\angle MEO=\dfrac{MO}{OE}=2$, то есть $MO=2r$.

Пункт а (доказательство).

Шаг 1. $AB\perp CE$ (медиана равностороннего треугольника) и $AB\perp ME$ (медиана равнобедренного треугольника $MAB$). Значит, $AB\perp(MEC)$. Отрезок $KE$ лежит в плоскости $MEC$, поэтому $AB\perp KE$, и $KE$ — высота треугольника $ABK$.

Шаг 2. Отношение площадей сечения и основания с общей стороной $AB$:

$$\dfrac{S_{ABK}}{S_{ABC}}=\dfrac{\frac12AB\cdot KE}{\frac12AB\cdot CE}=\dfrac{KE}{CE}=\dfrac{1}{\sqrt2}\quad\Longrightarrow\quad KE=\dfrac{3r}{\sqrt2}.$$

Шаг 3. Найдём расстояние $EH$ от $E$ до прямой $MC$ через площадь треугольника $MEC$. $MC=\sqrt{OC^2+MO^2}=\sqrt{4r^2+4r^2}=2\sqrt2\,r$, $S_{MEC}=\dfrac12\cdot CE\cdot MO=\dfrac12\cdot3r\cdot2r=3r^2$:

$$EH=\dfrac{2S_{MEC}}{MC}=\dfrac{6r^2}{2\sqrt2\,r}=\dfrac{3r}{\sqrt2}.$$

Шаг 4. Итак, $KE=EH$. Перпендикуляр из точки к прямой короче любой наклонной, поэтому на прямой $MC$ есть только одна точка на расстоянии $EH$ от $E$ — основание перпендикуляра. Значит, $K=H$ и $EK\perp MC$.

Шаг 5. Прямая $MC$ перпендикулярна $EK$ и $AB$ (так как $AB\perp(MEC)$). Это две пересекающиеся прямые плоскости $\alpha$, поэтому $MC\perp\alpha$. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление).

Шаг 1. В прямоугольном треугольнике $MOC$: $\cos\angle MCO=\dfrac{OC}{MC}=\dfrac{2r}{2\sqrt2\,r}=\dfrac{1}{\sqrt2}$. В прямоугольном треугольнике $CKE$ (угол $K$ прямой):

$$CK=CE\cdot\cos\angle MCO=3r\cdot\dfrac{1}{\sqrt2}=\dfrac{3r}{\sqrt2},\qquad MK=MC-CK=2\sqrt2\,r-\dfrac{3r}{\sqrt2}=\dfrac{4r-3r}{\sqrt2}=\dfrac{r}{\sqrt2}.$$

Шаг 2. Пирамиды $MABK$ и $MABC$ имеют общую грань $MAB$, а расстояния от $K$ и $C$ до неё относятся как $MK:MC$ (точки на одном луче из $M$):

$$\dfrac{MK}{MC}=\dfrac{r/\sqrt2}{2\sqrt2\,r}=\dfrac14,\qquad V_{MABK}=\dfrac14\cdot24\sqrt7=6\sqrt7.$$

Проверим себя вторым способом: так как $MC\perp\alpha$, отрезки $MK$ и $KC$ — высоты пирамид $MABK$ и $CABK$ с общим основанием $ABK$. Их объёмы относятся как $MK:KC=\dfrac{r}{\sqrt2}:\dfrac{3r}{\sqrt2}=1:3$, и в сумме дают $24\sqrt7$, поэтому $V_{MABK}=\dfrac14\cdot24\sqrt7=6\sqrt7$. Совпало.