Основанием пирамиды $SABCD$ является ромб $ABCD$, в котором $\angle ABC=120^\circ$ и $AB=2$. Высота пирамиды $SO$ равна 3, где точка $O$ — пересечение диагоналей основания. На ребре $CS$ отметили точку $K$ такую, что угол между прямой $DK$ и плоскостью основания равен $60^\circ$.
а) Докажите, что $SK:KC=1:2$.
б) Найдите расстояние между прямыми $DK$ и $BC$.
Решение
а) Обозначим проекцию точки $K$ на плоскость $ABC$ точкой $P$. Угол между прямой $DK$ и плоскостью $ABC$ равен $60^\circ$, поэтому $\angle PDK=60^\circ$ и $KP:PD=\sqrt3$.
Пусть $\dfrac{KC}{SC}=k$. Из подобия прямоугольных треугольников $COS$ и $CPK$ получаем $KP=k\cdot SO$ и $\dfrac{OP}{OC}=\dfrac{OC-PC}{OC}=1-k$, то есть $OP=(1-k)OC$.
В ромбе $ABCD$ имеем $PD^2=OD^2+OP^2=1+3(1-k)^2=3k^2-6k+4$. Следовательно,
$$\left(\dfrac{KP}{PD}\right)^2=3;\qquad \dfrac{9k^2}{3k^2-6k+4}=3;\qquad 18k=12;\qquad k=\dfrac23.$$
Таким образом, $SK:KC=1:2$.
б) В плоскости $ABC$ через точку $O$ проведём прямую, перпендикулярную $AD$. Её пересечения с $AD$ и $BC$ обозначим $N$ и $F$. Так как $AD\parallel BC$, расстояние между $DK$ и $BC$ равно расстоянию от $BC$ до плоскости $ADK$, то есть расстоянию от $F$ до этой плоскости.
Пусть $E=FS\cap ADK$. Высота $FH$ треугольника $FNE$ перпендикулярна $AD$ по теореме о трёх перпендикулярах, поскольку её проекция $FN$ перпендикулярна $AD$. Поэтому искомое расстояние равно $FH$.
Обозначим проекцию $E$ на плоскость $ABC$ буквой $T$. Получим:
$$ET=\dfrac23SO=2;\qquad ON=OD\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2};\qquad NT=\dfrac23FN=\dfrac43ON=\dfrac{2\sqrt3}{3};$$
$$EN=\sqrt{NT^2+ET^2}=\sqrt{\dfrac43+4}=\dfrac4{\sqrt3};\qquad FH=\dfrac{ET\cdot FN}{EN}=\dfrac{2\sqrt3\cdot\sqrt3}{4}=1{,}5.$$
Ответ: б) $1{,}5$