Задание 15 ЕГЭ по математике профильной

а) Пирамида правильная, поэтому высота $SO$ делит медиану/высоту/биссектрису $BL$ в отношении $2 : 1$, то есть: $\frac{BO}{OL} = \frac{2}{1}$ В $(BSL)$ проведем $KH \parallel SO \Rightarrow KH \perp (ABC) \Rightarrow KH \subset \alpha$
 
Тогда по т. Фалеса для $KH \parallel SO$ и $\angle{SBO}$: $\frac{SK}{KB} = \frac{OH}{HB} \\ \frac{7}{3} = \frac{OH}{HB}$

Пусть $BO = 2x \Rightarrow OL = x \Rightarrow$ $OH + HB = BO = 2x$

Пусть $OH = 7y, \ HB = 3y \Rightarrow$ $OH + HB = 2x = 7y + 3y = 10y \\ 2x = 10y \\ x = 5y \\ \Rightarrow BO = 2x = 10y, \ OL = 5y  \\ \Rightarrow HL = HO + OL = 7y + 5y = 12y$

Тогда, если $C \in \alpha$, то справедлива теорема Менелая для треугольника $BLA$ и секущей $MC$: 

$\frac{BH}{HL} \cdot \frac{LC}{CA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1 \\ \frac{3y}{12y} \cdot \frac{\frac{1}{2}CA}{CA} \cdot \frac{8}{1} = 1 \\ \Rightarrow \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot 8 = 1$

Это верно $\Rightarrow C \in \alpha$ ч.т.д.  

б) $\triangle{KHB} \sim \triangle{SOB}$ по двум углам $(\angle{KHB} = \angle{SOB}$ как соответственные и $\angle{SBO} \ -$ общий$)$ $\Rightarrow \frac{KH}{SO} = \frac{BK}{BS} \\ \frac{KH}{SO} = \frac{3}{10} \\ \Rightarrow KH = \frac{3}{10}SH$ $BL = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{AB\sqrt{3}}{2} = \dfrac{9\sqrt{3}}{2}$ как высота правильного треугольника $\Rightarrow BO = \dfrac{2}{3}BL = 3\sqrt{3}$

В треугольнике $SOB$ по т. Пифагора: $SO = \sqrt{SB^2-BO^2}=\sqrt{43 - 27} = \sqrt{16} = 4$ $\Rightarrow KH = \frac{3}{10} \cdot 4 = \frac{12}{10} = \frac{6}{5}$ $CM$ найдем из треугольника $BMC$ по теореме косинусов: $CM^2=1+81-2\cdot 9\cdot 1\cdot \cos60^\circ=73$

Тогда:
$S_{MKL} =\frac{1}{2} \cdot \frac{6}{5} \cdot \sqrt{73} =\frac{3\sqrt{73}}{5}$ 

Ответ:$\frac{3\sqrt{73}}{5}$.