ID: 00022266
Источник: ФИПИ
а) Обозначим $DA=a$, $DB=b$, $DC=c$. Рёбра при вершине $D$ попарно перпендикулярны, поэтому треугольники $ADB$, $BDC$ и $ADC$ прямоугольные, и по Пифагору: $AB^2=a^2+b^2$, $BC^2=b^2+c^2$, $AC^2=a^2+c^2$.
Все три отрезка равны $6\sqrt2$, то есть все три суммы равны $72$. Вычтем: из $a^2+b^2=b^2+c^2$ следует $a=c$; из $b^2+c^2=a^2+c^2$ следует $a=b$. Значит $a=b=c$, и $2a^2=72$, $a=6$: все боковые рёбра равны $DA=DB=DC=6$.
Теперь собираем определение правильной пирамиды с основанием $ABC$. Основание — равносторонний треугольник со стороной $6\sqrt2$, это уже дано. Опустим из вершины $D$ высоту $DO$ на плоскость $ABC$. Прямоугольные треугольники $DOA$, $DOB$, $DOC$ имеют общий катет $DO$ и равные гипотенузы $DA=DB=DC$, значит равны и вторые катеты: $OA=OB=OC$. Точка $O$ равноудалена от вершин треугольника $ABC$ — это центр его описанной окружности, а у равностороннего треугольника это его центр. Вершина проецируется в центр правильного основания — пирамида правильная. Что и требовалось.
б) Найдём точки: $DM=\dfrac{DA}{3}=2$, $DN=\dfrac{DC}{3}=2$, $DB=6$. Заметим главное: в маленькой пирамиде $DMNB$ рёбра $DM$, $DN$, $DB$ по-прежнему попарно перпендикулярны — они лежат на тех же прямых $DA$, $DC$, $DB$. А искомое расстояние от $D$ до плоскости $MNB$ — это высота этой пирамиды из вершины $D$. Добудем её методом объёмов.
Объём считается мгновенно: берём за основание прямоугольный треугольник $MDN$ (катеты $2$ и $2$), высота к нему — ребро $DB=6$ (оно перпендикулярно обоим катетам, значит и всей плоскости $MDN$): $V=\dfrac13\cdot\dfrac{2\cdot 2}{2}\cdot 6=4$.
Теперь площадь треугольника $MNB$. Из прямоугольного треугольника $MDN$: $MN=\sqrt{4+4}=2\sqrt2$. Из прямоугольных треугольников $BDM$ и $BDN$: $BM=BN=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}$. Треугольник $MNB$ равнобедренный, высота из $B$ к $MN$ попадает в середину $MN$: её квадрат равен $BM^2-\left(\dfrac{MN}{2}\right)^2=40-2=38$. Площадь: $S_{MNB}=\dfrac12\cdot 2\sqrt2\cdot\sqrt{38}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$.
Осталось приравнять: $V=\dfrac13\cdot S_{MNB}\cdot d$, откуда $d=\dfrac{3V}{S_{MNB}}=\dfrac{12}{2\sqrt{19}}=\dfrac{6}{\sqrt{19}}=\dfrac{6\sqrt{19}}{19}$.
Проверим красивым фактом: для вершины с тремя попарно перпендикулярными рёбрами $\dfrac{1}{d^2}=\dfrac{1}{DM^2}+\dfrac{1}{DN^2}+\dfrac{1}{DB^2}=\dfrac14+\dfrac14+\dfrac1{36}=\dfrac{19}{36}$, откуда $d=\dfrac{6}{\sqrt{19}}$. Всё сходится.