Тип 4 № 20809

Решение. а)

Рассмотрим треугольник $SAD$. Так как $M$ — середина $SD$, $K$ — середина $SA$, значит $MK$ — средняя линия треугольника $SAD$. Следовательно, $MK || AD$ и $MK= \frac{1}{2}AD$.

Так как пирамида правильная, $ABCDEF$ — правильный шестиугольник, значит $CB || AD$ и $CB= \frac{1}{2}$AD.

Отсюда $MK || CB$ и $MK=CB$, значит $MKBC$ — параллелограмм. Следовательно, $BK || CM$, и эти прямые лежат в одной плоскости $\alpha$.

б)

Пусть $P$ — середина $B $, а $G$ — середина $EF$. Поскольку пирамида правильная, треугольник $SBC$ равнобедренный, и его медиана $SP$ является также высотой: $SP \perp BC$. В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ отрезок $PG$ перпендикулярен $BC$. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(SPG)$.

Отрезки $PG$ и $AD$ пересекаются в центре шестиугольника — точке $O$; $SO$ — высота пирамиды. Пусть $KM$ и $SO$ пересекаются в точке $Q$. Тогда $QP$ лежит в плоскости $(SPG)$, поэтому $QP \perp BC$, и угол $\angle QPO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания. По условию $\angle QPO = 60^\circ$.

Рассмотрим равносторонний треугольник $OBC$ со стороной $BC = AB = 6$. Его высота равна $$OP = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot BC = 3\sqrt{3}.$$

В прямоугольном треугольнике $ QOP $ имеем: $$\tan \angle QPO = \frac{QO}{PO},$$ откуда $$\frac{QO}{3\sqrt{3}} = \sqrt{3},$$ значит $ QO = 9 $.

Отрезок $KM$ — средняя линия треугольника $SAD$, поэтому точка $Q$ — середина $SO$. Следовательно, $SQ = QO$ и $$SO = 2QO = 18.$$

Ответ: 18.