В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF точки M и K — середины боковых рёбер SA и SD соответственно. а) Докажите, что прямые BC и MK параллельны. б) Найдите объём пирамиды MABF, если AB=6, а угол между плоскостью BMC и плоскостью основания пирамиды SABCDEF равен 60^.

**а)** Рассмотрим треугольник SAD. Точка M — середина бокового ребра SA, точка K — середина бокового ребра SD, значит MK — средняя линия треугольника SAD. Следовательно, MK AD и MK=(1)/(2)AD. Так как пирамида правильная, в основании лежит правильный шестиугольник ABCDEF. В правильном шестиугольнике сторона BC и большая диагональ AD параллельны (обе перпендикулярны большой диагонали, проходящей через середины BC и EF), причём BC=(1)/(2)AD. Значит, BC AD. По свойству транзитивности параллельности прямых из MK AD и BC AD получаем MK BC. Что и требовалось доказать. **б)** Введём прямоугольную систему координат с началом в центре O основания. Так как в правильном шестиугольнике со стороной 6 расстояние от центра до вершины равно стороне, то есть 6, и большая диагональ AD=12, удобно расположить вершины так, чтобы диагональ AD лежала на оси Ox: A(-6;0;0), B(-3;3sqrt(3);0), C(3;3sqrt(3);0), D(6;0;0), F(-3;-3sqrt(3);0), O(0;0;0). Проверим длину стороны: AB=sqrt((-6+3)^2+(33)^2)=sqrt(9+27)=6 — верно. Вершина S проектируется в центр основания, поэтому S(0;0;h), где h=SO — высота пирамиды. Так как M — середина SA, её координаты: M((-6+0)/(2);(0+0)/(2);(0+h)/(2))=(-3;0;(h)/(2)). Построим линейный угол двугранного угла между плоскостью BMC и плоскостью основания. Их линией пересечения служит прямая BC: точки B и C лежат и в плоскости основания (у них z=0), и в плоскости BMC. Прямая BC задаётся точкой B и направляющим вектором BC=C-B=(6;0;0), то есть она параллельна оси Ox. Опустим из точки M перпендикуляр на прямую BC; основание этого перпендикуляра обозначим Q. Поскольку BC имеет только x-координату, точка Q получается из M сохранением координаты x=-3 и переносом на прямую BC (где y=3sqrt(3), z=0): Q(-3;3sqrt(3);0). Проверим: QM=M-Q=(0;-3sqrt(3);(h)/(2)), и QM*BC=0 — действительно QM BC. Пусть M_0(-3;0;0) — проекция точки M на плоскость основания. Тогда QM_0=(0;-3sqrt(3);0), и QM_0*BC=0, то есть и QM_0 BC. Значит, оба отрезка QM и QM_0 перпендикулярны линии пересечения BC, поэтому угол MQM_0 и есть линейный угол искомого двугранного угла. По условию MQM_0=60^. В прямоугольном (с прямым углом при M_0) треугольнике MQM_0: QM_0=3sqrt(3) (горизонтальный катет), MM_0=(h)/(2) (вертикальный катет). Поэтому tg60^=(MM_0)/(QM_0)=(h/2)/(3sqrt(3)). Так как tg60^=sqrt(3), получаем (h/2)/(3sqrt(3))=sqrt(3) (h)/(2)=3sqrt(3)*sqrt(3)=9 h=18. Проверим этот результат вторым способом — через нормали к плоскостям. Нормаль к плоскости основания: n_1=(0;0;1). Нормаль к плоскости BMC: n_2=BC*BM=(0;-3h;-18sqrt(3)). Тогда косинус угла между плоскостями cos 60^=(|n_2*n_1|)/(|n_2|)=(18sqrt(3))/(sqrt(9h^2+972))=(6sqrt(3))/(sqrt(h^2+108)). Подставляя cos 60^=(1)/(2): (6sqrt(3))/(sqrt(h^2+108))=(1)/(2) sqrt(h^2+108)=12sqrt(3) h^2+108=432 h^2=324 h=18. Оба способа дают согласованный результат h=18. Тогда координата z точки M равна z_M=(h)/(2)=(18)/(2)=9. Найдём объём пирамиды MABF. В качестве основания возьмём треугольник ABF, целиком лежащий в плоскости основания (z=0). Тогда высота пирамиды MABF, опущенная на эту плоскость, равна расстоянию от точки M до плоскости z=0, то есть H=z_M=9. Найдём площадь треугольника ABF. Точки B(-3;3sqrt(3)) и F(-3;-3sqrt(3)) имеют одинаковую координату x=-3, поэтому отрезок BF вертикален и BF=3sqrt(3)-(-3sqrt(3))=6sqrt(3). Расстояние от точки A(-6;0) до прямой BF (прямой x=-3) равно |-6-(-3)|=3. Поэтому S_(ABF)=(1)/(2)* BF* 3=(1)/(2)* 6sqrt(3)* 3=9sqrt(3). Окончательно объём пирамиды MABF: V=(1)/(3)* S_(ABF)* H=(1)/(3)* 9sqrt(3)* 9=27sqrt(3). Ответ: б) 27sqrt(3).

б) \(27\sqrt{3}\)