ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

Сделаем рисунок: пирамида $SABC$, точка $E$ — середина ребра $SA$, точка $M$ — середина ребра $BC$, проведены отрезки $CE$, $BE$ и $EM$.

а) Пусть $E$ — середина ребра $SA$. В треугольнике $CSA$ стороны $CS=CA=\sqrt{17}$, поэтому медиана $CE$, проведённая к основанию $SA$, является высотой: $CE\perp SA$. Аналогично в треугольнике $BSA$ стороны $BS=BA$, и $BE\perp SA$.

Прямые $CE$ и $BE$ пересекаются в точке $E$ и лежат в плоскости $CEB$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $SA\perp (CEB)$. Прямая $CB$ лежит в этой плоскости, поэтому $SA\perp CB$. Что и требовалось доказать.

б) Треугольники $CSA$ и $BSA$ равны по трём сторонам: $SA$ — общая, $CS=BS$, $CA=BA$. Значит, равны и их соответствующие медианы: $CE=BE$, то есть треугольник $CEB$ равнобедренный.

Пусть $M$ — середина $BC$. Медиана $EM$ равнобедренного треугольника $CEB$, проведённая к основанию, является высотой: $EM\perp BC$. Кроме того, $EM$ лежит в плоскости $CEB$, а по пункту а) $SA\perp (CEB)$, поэтому $EM\perp SA$.

Отрезок $EM$ соединяет точки скрещивающихся прямых $SA$ и $BC$ и перпендикулярен обеим, то есть является их общим перпендикуляром. Его длина и есть расстояние между рёбрами.

Найдём $BE$ из прямоугольного треугольника $AEB$ ($BE\perp SA$, $EA=\frac{SA}{2}=\sqrt{5}$):

$$BE=\sqrt{A{B}^2-E{A}^2}=\sqrt{17-5}=2\sqrt{3}.$$

Найдём $EM$ из прямоугольного треугольника $EMB$ ($MB=\frac{BC}{2}=\sqrt{5}$):

$$EM=\sqrt{B{E}^2-M{B}^2}=\sqrt{12-5}=\sqrt{7}.$$

Ответ: б) $\sqrt{7}$.