геометрия - Расстояние и угол между прямыми

Если решать без векторов - то все совсем не красиво..
1) Чтобы найти угол между скрещивающимися - проводим прямую, пересекающуюся с одной из них и параллельную другой - т.е. через точку $%K$% проводим прямую $%KM\parallel BC$% ( и угол между скрещивающимися - будет равен углу $%\angle SKM$% ). Имеем: $%AK = 2/5\cdot AC = 2\sqrt{2}/5$%, и очевидно, что и $%AM = 2/5\cdot AB = 4/5$%, и $%KM = 2/5\cdot BC = 2\sqrt{6}/5 $%; дальше - 3 раза теорема косинусов.. если я посчитала правильно - получается такое: $%SK = 2\cdot \sqrt{82}/5$% , и $%SM = 4\cdot\sqrt{21}/5$%, а потом $%SM^2 = SK^2 + KM^2 - 2\cdot SK \cdot KM \cdot cos(\phi)$%, ( где угол $%\phi = \angle SKM$% ), откуда $%cos(\phi) = 1/\sqrt{123}$% ( угол примерно $%85^0$% )
2) С расстоянием всё еще хуже.. Плоскость $%SKM$% параллельна прямой $%BC$%, и найти надо расстояние от какой-либо точки на $%BC$% до этой плоскости $%SKM$%..
При данных в условии цифрах получается, что если в треугольнике $%ABC$% проведем высоту $%AD$%, и построим плоскость $%SAD$%, проходящую через эту высоту $%AD$%, то такая плоскость $%SAD$% окажется перпендикулярна прямым $%BC$% и $%KM$% ( и также $%SAD$% будет перпендикулярна плоскости основания пирамиды -- то есть высота пирамиды $%SO$% тоже будет находиться в этой же плоскости $%SAD$% ).
Доказать это можно "тупо".. Проводим $%AD\perp BC$% и считаем отрезки $%CD$% и $%BD$%: "катет прямоуг. треуг-ка = среднему пропорциональному между всей гипотенузой и его ( этого же катета ) проекцией на гипотенузу", т.е. $% \sqrt{2} = \sqrt{\sqrt{6} \cdot CD}$%, откуда $%CD = 2/\sqrt{6}$%, или $%CD = \sqrt{6} /3$% ( и соответственно $%BD = 2/3\cdot \sqrt{6}$% ). Потом считаем $%SC$% и $%SB$% ( снова теор. косинусов..): $%SC = \sqrt{10}$% и $%SB = \sqrt{12}$%. А если в $%\Delta SBC$% получили все три стороны - можем провести высоту $%SE$%, и найти, на какие отрезки она поделит $%BC$%. Если $%CE = x$%, то $%10 - x^2 = 12 - ( \sqrt{6} - x )^2$% ( два раза теорема Пифагора для $%\Delta SCE$% и $%\Delta SBE$% ), откуда $%x = \sqrt{6}/3$%, т.е. $%CE=\sqrt{6}/3$%. Но выше было $%CD =\sqrt{6}/3$%, значит, точки $%D$% и $%E$% совпадают ( высоты к стороне $%BC$% в треугольниках $%ABC$% и $%SBC$% попадают в одну и ту же точку ( дальше она с обозначением $%D$% )). А значит, $%BC$% перпендикулярна ДВУМ прямым в плоскости $%SAD$% ( $%BC\perp AD$% и $%BC\perp SD$% ), то есть $%BC\perp SAD$%. И прямая $%KM$% ( параллельная $%BC$% ) так же перпендикулярна пл-ти $%SAD$%. ( То есть и проходящая через $%KM$% плоскость $%SMK$% перпендикулярна $%SAD$%, и из точки $%D$% проводим $%DQ\perp SL$%, и ищем этот отрезок $%DQ$%. "Как" - @Asifer , гляньте уже сами.. но там в любом случае "долго и нудно".. ( можем найти сами высоты $%AD$% и $%SD$%, тогда из $%\Delta SAD$% получим $%cos(\angle SAD)$%, а потом сможем найти и $%AO$%, и $%SO$%, и $%SL$%, и $%DL$%.. а потом $%DQ\cdot SL = SO\cdot DL$% ).. Числа не досчитывала - все равно "ужасы" какие-то получаются..

Возможно, получилось бы как-то полегче, если "подогнать" к этой задаче векторы.. ( $%\vec {AC} = ( \sqrt{2}; 0; 0 ) $% $%\vec {AB} = ( 0 ;2; 0)$%, и для вектроа $%\vec {AS}$% можно рассмотреть его направляющие косинусы - получить, что третья координата для единичного вектора, параллельного $%\vec{AS}$%, должна быть $%= 1/2$% ( и с осью $%Oz$% угол тоже $%60^0$% ), а тогда $%\vec{AS} = 4\cdot(1/\sqrt{2}; 1/2; 1/2 ) = (2\sqrt{2}; 2; 2 )$%.. и от этого как-то "стартовать"..