Задание №53692 ЕГЭ Профильной математике

а)  Проведем CH перпендикулярно АВ, тогда $B_{1}H$ — проекция $B_{1}C$ на плоскость $A{A}_1{B}_{1}B.$Полученная проекция перпендикулярна прямой BM (*), поэтому в силу теоремы о трёх перпендикулярах, прямые $B_{1}C$ и BM взаимно перпендикулярны.

Докажем (*). Заметим, что треугольники MAB и $HB{B}_1$ равны. Повернём $HB{B}_1$ на угол 90 по часовой стрелке и совместим точку B с точкой А. Сторона AM совместится со стороной HB, а сторона AB  — со стороной $B{B}_1$. Поскольку после поворота на 90 стороны MB и $H{B}_1$ совместились, до поворота угол между ними был равен 90.

б)  Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию между их проекциями на плоскость, перпендикулярную одной из них. Заметим, что МВ перпендикулярна $B_{1}H$ и МВ перпендикулярна $B_{1}C$, следовательно, МВ перпендикулярна плоскости $B_{1}HC$, а тогда K  — проекция MB на плоскость $B_{1}HC$. Проекцией прямой $C{B}_1$ на плоскость $B_{1}HC$ является сама прямая $C{B}_1$. Осталось найти расстояние от K до $C{B}_1$.

$\sin \alpha =\sin \mathrm{\angle }HBM=\frac{AM}{MB}=\frac{1}{\sqrt{5}}$. Тогда в треугольнике $HKB$ имеем:
$HK=HB\sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}$
Треугольники $B_{1}HC$ и $B_{1}LK$ подобны (см. рис.):

Поэтому:

$$\frac{KL}{HC}=\frac{B_{1}K}{B_{1}C}=\frac{B_{1}H-KH}{B_{1}C},$$

откуда

$$KL=\frac{\sqrt{5}-\frac{1}{\sqrt{5}}}{2\sqrt{2}}\sqrt{3}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{5}\cdot 2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{30}}{5}\mathrm{.}$$