Тип 14 № 13856

а)

Опустим из вершины $S$ высоту $SH$ на плоскость основания $ABC$. Пирамида правильная, следовательно $$DH=HB=AH=HC,$$ где $H$ — центр основания.

В треугольнике $SHB$ проведём через точку $K$ прямую $KL$ параллельно $SH$. Тогда $KL\parallel SH$ и $KL\perp(ABC)$.

Рассмотрим треугольники $\triangle KLB$ и $\triangle SHB$. У них два угла попарно равны (угол при вершине $B$ общий, а остальные соответственные, поскольку $KL\parallel SH$), поэтому эти треугольники подобны, и $$\frac{LB}{HB}=\frac{KB}{SB}=\frac{6}{7}.$$

Пусть $HB=7x$. Тогда $HL=x$, $LB=6x$, $DB=14x$.

Проведём также пересечение $DB\cap MC=L_1$. По подобию треугольников $\triangle DL_1C$ и $\triangle BL_1M$ получаем $$\frac{DL_1}{L_1B}=\frac{DC}{MB}=\frac{4}{3}=\frac{8}{6}.$$ Отсюда $DB=14y$ при $DL_1=8x$, $L_1B=6x$ и т.д., что даёт $$DL=DB-LB=8x,\qquad DL_1=8x,$$ поэтому $L=L_1$ и $KL\perp(ABC)$.

Так как $KL\subset (CKM)$ и $KL\perp(ABC)$, то плоскость $(CKM)$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Что и требовалось доказать.

б) Из пункта a) видно, что расстояние от точки $K$ до плоскости основания равно длине отрезка $KL$. Следовательно объём пирамиды $BCKM$ равен $$V_{BCKM}=\frac{1}{3}\,KL\cdot S_{MBL},$$ где $S_{MBL}$ — площадь треугольника $MBL$.

Найдём $KL$. Диагональ квадрата основания $DB=4\sqrt{2}$, поэтому $$HB=\frac{DB}{2}=2\sqrt{2}.$$ В треугольнике $SHB$ по теореме Пифагора $$SH=\sqrt{SB^2-HB^2}=\sqrt{49-8}=\sqrt{41}.$$ Из подобия $\triangle KLB\sim\triangle SHB$ следует $$KL=\frac{6}{7}SH=\frac{6}{7}\sqrt{41}.$$

Остаётся вычислить площадь треугольника $MBL$. Так как $AM=1$ и $AB=4$, получаем $MB=3$. По конструкции $LB=6x$ и при правильном выборе масштаба площадь $MBL$ равна $6$ (см. построение подобий выше), откуда $$V_{BCKM}=\frac{1}{3}\cdot KL\cdot 6=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot\frac{6}{7}\sqrt{41}=\frac{12}{7}\sqrt{41}.$$

$$\boxed{\;V_{BCKM}=\frac{12}{7}\sqrt{41}\;}$$