ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Все рёбра, кроме $AD$, равны $5$, поэтому треугольники $ABC$ и $DBC$ правильные со стороной $5$.

Пусть $M$ — середина ребра $BC$. В правильном треугольнике медиана является и высотой, поэтому $AM\perp BC$ и $DM\perp BC$.

Прямые $AM$ и $DM$ пересекаются в точке $M$ и лежат в плоскости $AMD$. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости, значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (AMD)$.

Прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой этой плоскости. Прямая $AD$ лежит в плоскости $AMD$, поэтому $AD\perp BC$, что и требовалось доказать.

б) Построим общий перпендикуляр прямых $AD$ и $BC$.

Отрезки $AM$ и $DM$ — высоты равных правильных треугольников со стороной $5$:

$$AM=DM=\frac{5\sqrt{3}}{2}.$$

Значит, треугольник $AMD$ равнобедренный. Пусть $Q$ — середина $AD$. Медиана $MQ$ равнобедренного треугольника, проведённая к основанию, является его высотой: $MQ\perp AD$.

Отрезок $MQ$ лежит в плоскости $AMD$, а по пункту а) $BC\perp (AMD)$, поэтому $MQ\perp BC$. Точка $M$ лежит на прямой $BC$, точка $Q$ — на прямой $AD$. Следовательно, $MQ$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $AD$ и $BC$, и искомое расстояние равно $MQ$.

Так как $AQ=\frac{AD}{2}=3$, по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $AQM$:

$$MQ=\sqrt{A{M}^2-A{Q}^2}=\sqrt{\frac{75}{4}-9}=\sqrt{\frac{75}{4}-\frac{36}{4}}=\frac{\sqrt{39}}{2}.$$

Ответ: б) $\frac{\sqrt{39}}{2}$.