Задание 15 ЕГЭ по математике профильной

а) Построим сечение плоскостью $\alpha$:
$\alpha \parallel AS \Rightarrow$ $\alpha$ пересекает плоскости, в которых лежит $AS$, по прямой $\parallel AS$
Тогда проведем $ML \parallel AS$ в $(ASC)$ Аналогично проведем $KN$ в $(ASB)$
Тогда $MLKN \ -$ искомое сечение плоскостью $\alpha$
По т. Фалеса для $ML \parallel AS$ и $\angle{ACS}$:

$\frac{CL}{LA} = \frac{CM}{MS} \\ \frac{CL}{LA} = \frac{4}{1}$ 
Что и требовалось доказать.
б) $𝐾𝐿𝑀𝑁||𝐴𝑆$ по условию, $𝐾𝐿\in 𝐾𝐿𝑀𝑁\Rightarrow 𝑑( 𝐴𝑆;𝐾𝐿𝑀𝑁) \ -$ искомое
 
Проведем высоту/биссектрису/медиану $AP$ в $\triangle{ABC}$
Тогда в $\triangle{SBC} \ AP$ тоже будет высотой $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}    BC \perp AP \\ BC \perp SP \end{array} \right. \Leftrightarrow BC \perp (ASP) \Rightarrow BC \perp AS$ .

Проведем высоту $PH$ в $\triangle{ASP}$, тогда: $PH \perp AS, \ KN \parallel AS \Rightarrow PH \perp LM$ .

По обратной т. Фалеса: $\frac{AK}{KB} = \frac{AL}{LC} = \frac{1}{4} \Rightarrow KL \parallel BC$ Тогда: $\left\{ \begin{array}{l}    BC \perp (ASP) \\ KL \parallel BC \\ PH \subset{ASP} \end{array} \right. \Rightarrow KL \perp PH$ .

Получили, что: $\left\{ \begin{array}{l}   PH \perp KN \\ PH \perp KL \end{array} \right. \Rightarrow PH \perp (KLMN)$ .

Тогда расстояние между $AS$ и $(KLMN)$ = $UH$, где $U = PH \cap (KLMN)$.
$FE \subset (KLMN) \Rightarrow FE \parallel AS \Rightarrow \angle{SAP} = \angle{EFP}$ как соответственные $\Rightarrow \triangle{APS} \sim \triangle{FEP}$ по двум углам $(\angle{APS} \ -$ общий$)$.
В подобных треугольниках подобны соответственные элементы, следовательно:

$\Rightarrow \frac{PH}{PU} = \frac{PA}{PF}$ По т. Фалеса для $KL \parallel BC$: $\frac{AF}{FP} = \frac{AK}{KB} = \frac{1}{4}$.

Пусть $AF = x, \ FP = 4x, \ AP = 5x \Rightarrow$

$\frac{PH}{PU} = \frac{5x}{4x} = \frac{5}{4} \Rightarrow UH = \frac{1}{5}PH$.
Рассмотрим площадь треугольника $ASP$: $S_{ASP} = \frac{1}{2} \cdot AS \cdot PH =  \frac{1}{2} \cdot AP \cdot SP \cdot \sin\angle{APS}$ $\Rightarrow PH = \frac{AP\cdot SP \cdot \sin\angle{APS}}{AS}$ .$AP = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{AB\sqrt{3}}{2} = \dfrac{5\sqrt{3}}{2}$ как высота равностороннего треугольника.
 
В треугольнике $SBC$ по т. Пифагора: $SP = \sqrt{SB^2 - BP^2} = \sqrt{9-\frac{25}{4}} = \frac{\sqrt{11}}{2}$ .

Высота пирамиды $SO$ попадает в точку пересечения медиан/биссектрис/высот, так как пирамида правильная, тогда $OP= \dfrac{1}{3}AP = \dfrac{5\sqrt{3}}{6}$. В прямоугольном треугольнике $SOP$: $\cos\angle{APS} = \frac{OP}{SP} = \frac{5\sqrt{3} \cdot 2}{6 \cdot\sqrt{11}} = \frac{5\sqrt{3}}{3\sqrt{11}}$.

Найдем синус угла по ОТТ: $\sin\angle{APS} = \sqrt{1 - \frac{25 \cdot 3}{9 \cdot 11}} = \sqrt{1 - \frac{25}{33}} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{33}}$.

Окончательно получаем:

$UH = \frac{1}{5}PH = \frac{5\sqrt{3} \cdot \sqrt{11} \cdot 2\sqrt{2}}{5 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sqrt{33} \cdot 3} \Rightarrow UH = \frac{\sqrt{2}}{6}$.
 
 
Ответ: $\frac{\sqrt{2}}{6}$.