Задание №1182

а) Рассмотрим рисунок.

Так как все боковые рёбра наклонены под одним и тем же углом к основанию, то основание высоты пирамиды (на рисунке это точка H ) является центром окружности, описанной около треугольника ABC. Но треугольник ABC — правильный, поэтому H является точкой пересечения высот (а значит, и медиан). Отсюда следует, что AB \perp CK.

По условию боковые рёбра пирамиды равны, поэтому треугольник ABD равнобедренный, DK является его медианой, значит, и высотой. Значит, AB \perp DK. Получаем, что AB перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости KDC, поэтому AB \perp KDC.

Следовательно, AB \perp CD.

б) Проведем в треугольнике KDC высоту KT.

Так как AB \perp KDC, то AB \perp KT. Значит, KT является общим перпендикуляром к прямым AB и CD, а длина отрезка KT является расстоянием между прямыми AB и CD.

В равностороннем треугольнике ABC высота KC=AC\cdot \cos 30^{\circ}=8\sqrt 3\cdot \frac{\sqrt 3}2=12, KH=\frac12KC=4. В треугольнике ADK,\, AK=\frac12AB=4\sqrt 3,

KD= \sqrt {AD^2-AK^2} = \sqrt {\left( 5\sqrt 3\right) ^2-\left( 4\sqrt 3\right) ^2}= 3\sqrt 3.

В прямоугольном треугольнике DHK

DH= \sqrt {KD^2-KH^2}= \sqrt {27-16}= \sqrt {11}.

2\cdot S_{KDC}=KC\cdot DH=KT\cdot DC.

KT=\frac{KC\cdot DH}{DC}=\frac{12\cdot \sqrt {11}}{5\sqrt 3}=\frac{4\sqrt {33}}5.

\frac{4\sqrt {33}}5.