Решение:

Дана правильная пирамида $SABC$, в которой $AB = 6$, $SA = \sqrt{21}$. На ребре $AB$ отмечена точка $M$ так, что $AM = 4$, а на ребре $SB$ точка $K$ делит его в отношении $SK : KB = 1 : 3$.
а) 1) Опустим из вершины $S$ высоту $SO$ на плоскость основания. Пусть $BL$ — медиана, высота и биссектриса треугольника $ABC$. Обозначим через $H$ точку пересечения отрезков $BL$ и $MC$. Проведем отрезок $KH$.
2) Проанализируем планиметрическую ситуацию в основании $ABC$:

Применим теорему Менелая для треугольника $ABL$ и прямой $MC$:
$$\frac{BH}{HL} \cdot \frac{LC}{CA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$$
Учитывая, что $LC = 3$, $AC = 6$, $AM = 4$ и $MB = 6 - 4 = 2$, получим:
$$\frac{BH}{HL} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{4}{2} = 1 \Rightarrow \frac{BH}{HL} = 1$$
Следовательно, $BH = HL$. Найдем длину $BL$ по теореме Пифагора из $\triangle BLC$: $BL = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}$. Тогда $BH = HL = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
3) Точка $O$ является центром основания, значит, она делит медиану $BL$ в отношении $BO : OL = 2 : 1$.
Отсюда $BO = \frac{2}{3} BL = 2\sqrt{3}$ и $OL = \sqrt{3}$.
Вычислим длину отрезка $HO$: $HO = |HL - OL| = |\frac{3\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Заметим, что $\frac{BH}{BO} = \frac{3\sqrt{3}/2}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{4}$. По условию $\frac{BK}{BS} = \frac{3}{4}$.
Так как отношения соответственных сторон в треугольнике $SBO$ равны ($\frac{BH}{BO} = \frac{BK}{BS}$), то по теореме, обратной теореме Фалеса, $KH \parallel SO$.
Поскольку $SO \perp (ABC)$, то и $KH \perp (ABC)$. Так как прямая $KH$ лежит в плоскости $(CKM)$, то $(CKM) \perp (ABC)$, что и требовалось доказать.
б) 4) Найдем длину $KB$. Так как $SB = SA = \sqrt{21}$ и $KB = \frac{3}{4} SB$, имеем $KB = \frac{3\sqrt{21}}{4}$.
5) Из прямоугольного треугольника $KHB$ найдем высоту пирамиды $KMBC$:
$$KH = \sqrt{KB^2 - BH^2} = \sqrt{\left(\frac{3\sqrt{21}}{4}\right)^2 - \left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{189}{16} - \frac{27}{4}} = \sqrt{\frac{189 - 108}{16}} = \frac{9}{4}.$$
6) Площадь основания $MBC$ вычислим через угол $\angle B = 60^{\circ}$:
$S_{\triangle MBC} = \frac{1}{2} \cdot MB \cdot BC \cdot \sin 60^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$.
Объем пирамиды $KMBC$ равен:
$V = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle MBC} \cdot KH = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \frac{9}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{4}$.

Ответ: б) $\frac{9\sqrt{3}}{4}$

Источник: ФИПИ