9757. В правильной четырёхугольной пирамиде PABCD
сторона основания ABCD
равна 12, боковое ребро равно 12\sqrt{2}
. Через вершину A
проведена плоскость \alpha
, перпендикулярная прямой PC
и пересекающая ребро PC
в точке K
.
а) Докажите, что плоскость \alpha
делит высоту PH
пирамиды PABCD
в отношении 2:1
, считая от вершины P
.
б) Найдите расстояние между прямыми PH
и BK
.
Ответ. \frac{6\sqrt{10}}{5}
.
Решение. а) Пусть прямые PH
и AK
, лежащие в плоскости APC
, пересекаются в точке M
. Тогда M
— точка пересечения прямой PH
с плоскостью \alpha
.
Диагональ AC
квадрата ABCD
равна 12\sqrt{2}
, поэтому треугольник APC
равносторонний. Прямая PC
перпендикулярна плоскости \alpha
, значит, PC\perp AK
. Высота AK
равностороннего треугольника APC
является его медианой. Отрезок PH
— также медиана этого треугольника, следовательно, PM:MH=2:1
.
б) Пусть K_{1}
— ортогональная проекция точки K
на плоскость основания пирамиды. Тогда точка K_{1}
лежит на ортогональной проекции наклонной PC
на эту плоскость, а так как K
— середина ребра PC
, то K_{1}
— середина отрезка CH
.
Прямая PH
параллельна прямой KK_{1}
, поэтому прямая PH
параллельна плоскости BKK_{1}
(см. задачу 8002). Значит, искомое расстояние d
между прямыми PH
и BK
равно расстоянию от любой точки прямой PH
до этой плоскости (см. задачу 7889), в частности, от точки H
.
Опустим перпендикуляр HT
на прямую BK_{1}
. Тогда d=HT
— высота прямоугольного треугольника BHK_{1}
, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно (см. задачу 1967),
d=HT=\frac{HK_{1}\cdot HB}{BK_{1}}=\frac{3\sqrt{2}\cdot6\sqrt{2}}{\sqrt{(3\sqrt{2})^{2}+(6\sqrt{2})^{2}}}=\frac{12}{\sqrt{10}}=\frac{6\sqrt{10}}{5}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2018