ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Обозначим $\alpha =\angle DAB$, $\beta =\angle DAC$. По условию $\cos \alpha =\cos \beta =0,3>0$, поэтому оба угла острые, а на промежутке $\left(0^{\circ };180^{\circ }\right)$ косинус принимает каждое значение один раз. Значит, $\alpha =\beta$.

Опустим из точек $B$ и $C$ перпендикуляры $B{H}_1$ и $C{H}_2$ на прямую $AD$. Углы $\alpha$ и $\beta$ острые, поэтому основания $H_1$ и $H_2$ лежат на луче $AD$.

Прямоугольные треугольники $AB{H}_1$ и $AC{H}_2$ равны по гипотенузе и острому углу: $AB=AC$, так как треугольник $ABC$ равносторонний, и $\angle BA{H}_1=\angle CA{H}_2$. Отсюда

$$A{H}_1=A{H}_2,B{H}_1=C{H}_2.$$

Точки $H_1$ и $H_2$ лежат на одном луче $AD$ на одинаковом расстоянии от $A$, поэтому они совпадают. Обозначим эту точку $H$.

Итак, $BH\perp AD$ и $CH\perp AD$. Прямые $BH$ и $CH$ пересекаются и лежат в плоскости $BHC$, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AD\perp (BHC)$. Прямая $BC$ лежит в плоскости $BHC$, значит, $AD\perp BC$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $M$ — середина $BC$, $BM=CM=3$. Из пункта а) $BH=CH$, то есть треугольник $BHC$ равнобедренный, и его медиана $HM$ является высотой: $HM\perp BC$.

Кроме того, $AD\perp (BHC)$, а прямая $HM$ лежит в этой плоскости и проходит через точку $H$ прямой $AD$, поэтому $HM\perp AD$.

Значит, $HM$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $AD$ и $BC$, и расстояние между ними равно $HM$.

Из прямоугольного треугольника $AHC$

$$AH=AC\cdot \cos \angle DAC=6\cdot 0,3=\frac{9}{5},$$

$$C{H}^2=A{C}^2-A{H}^2=36-\frac{81}{25}=\frac{819}{25}.$$

Из прямоугольного треугольника $CHM$

$$HM=\sqrt{C{H}^2-C{M}^2}=\sqrt{\frac{819}{25}-9}=\sqrt{\frac{594}{25}}=\frac{3\sqrt{66}}{5}.$$

Ответ: б) $\frac{3\sqrt{66}}{5}$.