Тип 14 № 13850

a)

Пусть $E$ — точка пересечения продолжений боковых сторон $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$. Тогда плоскости $(PAB)$ и $(PCD)$ пересекаются по прямой $PE$. Поскольку обе эти плоскости перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$, по свойству перпендикулярных плоскостей их общая прямая $PE$ также перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Следовательно, $PE$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ABC)$, в частности $PE\perp AE$ и $PE\perp CE$. Отсюда угол между плоскостями $(PAB)$ и $(PCD)$ равен углу $AED$.

Рассмотрим треугольник $AED$. По условию $\angle EAD=60^\circ$ и $\angle EDA=30^\circ$. Тогда $$\angle AED = 180^\circ - \angle EAD - \angle EDA = 180^\circ - 60^\circ - 30^\circ = 90^\circ.$$ Получили, что угол между плоскостями $(PAB)$ и $(PCD)$ равен $90^\circ$, значит эти плоскости перпендикулярны.

b)

Из пункта a) следует, что $CD\perp PE$ и $CD\perp AE$, значит $CD\perp (PAE)$. Опустим в плоскости $(PAE)$ перпендикуляр $EH$ из точки $E$ на прямую $PB$. Тогда $EH\perp PB$, и поскольку $EH$ лежит в плоскости $(PAE)$, то $EH\perp CD$. Таким образом, $EH$ является общим перпендикуляром скрещивающихся прямых $PB$ и $CD$. Значит длина $EH$ даёт искомое расстояние между прямыми $PB$ и $CD$.

Рассмотрим треугольник $BCE$ в плоскости $(ABC)$. Так как $ABCD$ — трапеция и $BC\parallel AD$, то $\angle BCE=\angle CDA=30^\circ$ и угол $CEB$ прямой, т.е. $\angle CEB=90^\circ$. В прямоугольном треугольнике $BCE$ с острым углом $30^\circ$ имеем $$BE=\tfrac{1}{2}BC=\tfrac{1}{2}\cdot 6=3.$$

В пункте a) было показано, что $PE\perp (ABC)$, следовательно $PE$ — высота пирамиды. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $PEB$ имеем $$PB=\sqrt{BE^{2}+PE^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5.$$

Тогда отрезок $EH$ как высота в прямоугольном треугольнике $PEB$ равен $$EH=\frac{BE\cdot PE}{PB}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}=2{,}4.$$

Искомое расстояние равно $EH$, следовательно $$\boxed{2{,}4}$$