Главная страница
qrcode

Стереометрия на ЕГЭ по математике. Многогранник... Стереометрия на егэ по математике Многогранники в задаче С2


НазваниеСтереометрия на егэ по математике Многогранники в задаче С2
АнкорСтереометрия на ЕГЭ по математике. Многогранник.
Дата10.12.2017
Размер0.61 Mb.
Формат файлаpdf
Имя файлаStereometria_na_EGE_po_matematike_Mnogogrannik.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипДокументы
#51072
страница2 из 5
Каталогmikhaildemin

С этим файлом связано 29 файл(ов). Среди них: Ugol_mezhdu_ploskostyami_Trenirovovchnye_zadachi.pdf, Планы ответа C8.doc, EGE_2013_Matematika_Zadacha_S3_Sergeev_I_N__P.pdf, Teoria_S3.pdf, Ugol_mezhdu_ploskostyami.pdf, Конспекты в схемах.doc, S6_po_matematike.pdf, Genetika_pola1.pdf, angliyskiy_govorenie_muzlanova_100_tem.pdf и ещё 19 файл(а).
Показать все связанные файлы
1   2   3   4   5
Вопрос. Прямая a пересекает прямую b, прямая b пересекает прямую c. Верно ли, что прямые a и c пересекаются?
3.2
Параллельные прямые
Ещё с седьмого класса вы помните, что «параллельные прямые — это те, которые не пере- секаются». В пространстве, однако, для параллельности прямых нужно одно дополнительное условие.
Определение. Две прямые в пространстве называются параллельными, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются.
Таким образом, помимо «непересечения» требуется, чтобы прямые лежали в одной плос- кости. На рис.
20
показаны параллельные прямые a и b; через них проходит (единственная)
плоскость π.
π
a b
Рис. 20. Параллельные прямые
Параллельность обладает важным свойством транзитивности. Именно, для трёх различ- ных прямых a, b и c выполнено:
a k b и b k c ⇒ a k c
(две различные прямые, параллельные третьей прямой, параллельны между собой).
15

3.3
Скрещивающиеся прямые
Если две прямые пересекаются или параллельны, то, как мы видели, через них можно провести плоскость (и притом единственную). В пространстве, однако, провести плоскость через две прямые в общем случае нельзя.
Определение. Две прямые называются скрещивающимися, если они не параллельны и не пересекаются.
Равносильное определение такое: две прямые называются скрещивающимися, если они не лежат в одной плоскости.
На рис.
21
показаны скрещивающиеся прямые a и b.
π
a
σ
b
Рис. 21. Скрещивающиеся прямые
Важный факт состоит в том, что через две скрещивающиеся прямые можно провести две параллельные плоскости
4
. Именно, если прямые a и b скрещиваются, то существует един- ственная пара плоскостей π и σ таких, что a ⊂ π, b ⊂ σ и π k σ. Это и показано на рис.
21
Все три рассмотренных варианта взаимного расположения прямых можно видеть в тре- угольной призме ABCA
1
B
1
C
1
(рис.
22
).
A
B
C
A
1
B
1
C
1
A
B
C
A
1
B
1
C
1
A
B
C
A
1
B
1
C
1
Рис. 22. Взаимное расположение двух прямых
Именно, прямые AB и BC пересекаются (левый рисунок); прямые BC и B
1
C
1
параллельны
(рисунок в центре); прямые AB и B
1
C
1
скрещиваются (правый рисунок).
4
Плоскости называются параллельными, если они не имеют общих точек.
16

4
Угол между скрещивающимися прямыми
Скрещивающиеся прямые не пересекаются. Можно ли в таком случае говорить об угле между ними? Оказывается, можно.
4.1
Угол между пересекающимися прямыми
Вспомним сначала, что такое угол между пересекающимися прямыми. Пусть прямые a и b пересекаются (рис.
23
). При этом образуются четыре угла. Если все углы равны друг другу, то прямые a и b называются перпендикулярными (левый рисунок), и угол между этими прямыми равен 90

. Если не все углы равны друг другу (то есть образуются два равных острых угла и два равных тупых угла), то углом между прямыми a и b называется острый угол ϕ (правый рисунок).
a b
a b
ϕ
Рис. 23. Угол между пересекающимися прямыми
4.2
Определение угла между скрещивающимися прямыми
Теперь введём понятие угла между скрещивающимися прямыми.
Пусть прямые a и b скрещиваются. Возьмём в пространстве произвольную точку M . Даль- нейшие действия зависят от того, принадлежит точка M одной из наших прямых или нет.
1. Пусть точка M не принадлежит ни прямой a, ни прямой b. Проведём через M прямую a
0
, параллельную a, и прямую b
0
, параллельную b (рис.
24
). Прямые a
0
и b
0
пересекаются;
тогда угол ϕ между этими прямыми и называется углом между прямыми a и b.
a b
a
0
b
0
ϕ
M
Рис. 24. Угол между скрещивающимися прямыми
Таким образом, угол между скрещивающимися прямыми a и b — это угол между пере- секающимися прямыми a
0
и b
0
, такими, что a
0
k a и b
0
k b.
17

2. Пусть точка M принадлежит одной из прямых; например, пусть M ∈ a. Проведём через точку M прямую b
0
, параллельную b (рис.
25
). Прямые a и b
0
пересекаются; угол ϕ между этими прямыми и называется углом между прямыми a и b.
a b
b
0
ϕ
M
Рис. 25. Угол между скрещивающимися прямыми
Итак, угол между скрещивающимися прямыми a и b — это угол между прямой a и прямой b
0
, параллельной b и пересекающей a.
Можно показать, что определение угла между скрещивающимися прямыми является кор- ректным, то есть не зависит от конкретного выбора точки M (иными словами, как точку M
ни выбирай, угол ϕ всегда получится одним и тем же). Поэтому в конкретных задачах выбор точки M диктуется исключительно соображениями удобства.
4.3
Примеры решения задач
Разберём три задачи, расположенные по возрастанию сложности. Третья задача сопоставима с задачами C2, предлагающимися на ЕГЭ по математике.
Задача 1. В кубе ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
найти угол между прямыми: а) A
1
C
1
и BD; б) A
1
B и B
1
C.
Решение. Делаем чертёж (рис.
26
). Прямые, угол между которыми надо найти, изображены красным цветом.
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
К пункту а)
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
К пункту б)
Рис. 26. К задаче 1
а) Проведём AC k A
1
C
1
. Угол между прямыми A
1
C
1
и BD есть угол между прямыми AC и
BD. Но AC ⊥ BD как диагонали квадрата. Поэтому A
1
C
1
⊥ BD.
18
б) Проведём D
1
C k A
1
B. Угол между прямыми A
1
B и B
1
C есть угол между прямыми D
1
C
и B
1
C (то есть угол D
1
CB
1
). Треугольник D
1
CB
1
равносторонний: D
1
C = CB
1
= B
1
D
1
как диагонали равных квадратов, являющихся гранями куба. Следовательно,
∠D
1
CB
1
= 60

Ответ: a) 90

; б) 60

Задача 2. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD (с вершиной S) боковое ребро равно стороне основания. Точка M — середина ребра SB. Найдите угол между прямыми CM
и SO, где O — центр основания пирамиды.
Решение. Пусть N — середина отрезка BO (рис.
27
). Тогда M N — средняя линия треугольника
SBO. Следовательно, M N k SO, и потому искомый угол есть ϕ = ∠CMN .
A
B
C
D
S
O
M
N
ϕ
a a
Рис. 27. К задаче 2
Поскольку SO перпендикулярна плоскости основания, M N также перпендикулярна этой плоскости. Стало быть, треугольник CM N — прямоугольный с гипотенузой CM .
Пусть каждое ребро пирамиды равно a. Длину отрезка CM найдём из равностороннего треугольника BCS (рис.
28
).
B
S
C
M
a a
2
Рис. 28. К задаче 2
По теореме Пифагора имеем:
CM
2
= BC
2
− BM
2
= a
2


a
2

2
=
3a
2 4
,
откуда
CM =
a

3 2
19

Обязательно запомните это выражение для высоты равностороннего треугольника со сто- роной a. Оно вам ещё неоднократно пригодится.
Для диагонали квадрата ABCD имеем: BD = a

2 (почему?). Треугольник ASC равен треугольнику ABC (по трём сторонам), то есть является равнобедренным прямоугольным.
Тогда
SO = BO =
a

2 2
Следовательно,
M N =
1 2
SO =
a

2 4
Из треугольника CM N теперь имеем:
cos ϕ =
M N
CM
=
a

2/4
a

3/2
=
1

6
Ответ: arccos
1

6
Задача 3. В правильном тетраэдре ABCD точка K — середина BD, точка M — середина BC.
Найдите угол между прямыми AK и DM .
Решение. Пусть точка L — середина BM (рис.
29
). Тогда KL — средняя линия треугольника
BDM ; значит, KL k DM , и потому искомый угол есть ϕ = ∠AKL.
K
L
A
B
C
D
M
a a
ϕ
Рис. 29. К задаче 3
Величину ϕ мы вычислим по теореме косинусов из треугольника AKL. Предварительно найдём стороны этого треугольника.
Как и в предыдущей задаче, имеем:
AK =
a

3 2
,
где a — ребро тетраэдра. Кроме того,
KL =
1 2
DM =
1 2
a

3 2
=
a

3 4
Остаётся найти сторону AL. Это можно сделать из треугольника ABL, в котором AB = a,
BL = a/4, ∠ABL = 60

. По теореме косинусов получим:
AL
2
= a
2
+

a
4

2
− 2a ·
a
4
cos 60

= a
2
+
a
2 16

a
2 4
=
13a
2 16 20

Теперь возвращаемся к треугольнику AKL. По теореме косинусов:
AL
2
= AK
2
+ KL
2
− 2 · AK · AL cos ϕ.
Подставляем сюда найденные длины сторон:
13a
2 16
=
a

3 2
!
2
+
a

3 4
!
2
− 2
a

3 2
·
a

3 4
cos ϕ.
Остаётся довести выкладки до конца:
13a
2 16
=
3a
2 4
+
3a
2 16

3a
2 4
cos ϕ =
15a
2 16

3a
2 4
cos ϕ,
откуда находим:
cos ϕ =
1 6
Ответ: arccos
1 6
21

5
Взаимное расположение прямой и плоскости
Возможны три варианта взаимного расположения прямой и плоскости (рис.
30
).
π
l l k π
l
π
l пересекает π
A
l
π
l ⊂ π
Рис. 30. Взаимное расположение прямой и плоскости
1. Прямая параллельна плоскости, если она не имеет с плоскостью общих точек. На левом рисунке прямая l параллельна плоскости π.
2. Прямая пересекает плоскость, если она имеет с плоскостью ровно одну общую точку. На рисунке в центре прямая l пересекает плоскость π в точке A.
3. Прямая лежит в плоскости, если каждая точка прямой принадлежит этой плоскости. На правом рисунке прямая l лежит в плоскости π. В таком случае говорят ещё, что плоскость
π проходит через прямую l.
5.1
Параллельность прямой и плоскости
Как распознать случай параллельности прямой и плоскости? Для этого имеется замечательно простое утверждение.
Признак параллельности прямой и плоскости. Если прямая l параллельна некоторой прямой, лежащей в плоскости, то прямая l параллельна этой плоскости.
Давайте посмотрим, как работает этот признак. Пусть ABCA
1
B
1
C
1
— треугольная призма,
в которой проведена плоскость A
1
BC (рис.
31
).
A
B
C
A
1
B
1
C
1
Рис. 31. Прямая B
1
C
1
параллельна плоскости A
1
BC
Поскольку боковые грани призмы являются параллелограммами, имеем B
1
C
1
k BC. Но прямая BC лежит в плоскости A
1
BC. Поэтому в силу признака параллельности прямой и плоскости мы заключаем, что прямая B
1
C
1
параллельна плоскости A
1
BC.
22

Другое важное утверждение, которое нередко используется в задачах, — это теорема о пе- ресечении двух плоскостей, одна из которых проходит через прямую, параллельную другой плоскости.
Теорема. Пусть прямая l параллельна плоскости π. Если плоскость σ проходит через прямую l и пересекает плоскость π по прямой m, то m k l (рис.
32
).
π
σ
l m
Рис. 32. К теореме
Мы не будем доказывать эту теорему: она содержится в школьной программе, и на экзамене никто не потребует от вас её доказательства. Лучше посмотрим, как это теорема используется в конкретной ситуации.
Задача. В правильной четырёхугольной пирамиде ABCDS (с вершиной S) точка M — сере- дина ребра SC. Постройте сечение пирамиды плоскостью ABM .
Решение. Сечение изображено на рис.
33
A
B
C
D
S
M
N
Рис. 33. К задаче
Самое главное тут — выяснить, по какой прямой секущая плоскость ABM пересекает плос- кость SCD. Для этого заметим, что AB k CD, и по признаку параллельности прямой и плос- кости имеем AB k SCD. А из теоремы следует тогда, что прямая M N пересечения плоскостей
ABM и SCD параллельна прямой AB (и, стало быть, прямой CD).
Таким образом, M N — средняя линия треугольника SCD. Сечением пирамиды будет тра- пеция ABM N .
23

5.2
Перпендикулярность прямой и плоскости
Важным частным случаем пересечения прямой и плоскости является их перпендикулярность.
Интуитивно вам совершенно ясно, что значит «прямая перпендикулярна плоскости», но опре- деление нужно знать обязательно.
Определение. Прямая называется перпендикулярной плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
Предположим, в конкретной задаче нам хочется доказать, что прямая l перпендикулярна плоскости π. Как действовать? Не будем же мы перебирать все прямые, лежащие в плоскости π!
К счастью, это и не нужно. Оказывается, достаточно предъявить две пересекающиеся прямые плоскости π, перпендикулярные прямой l.
Признак перпендикулярности прямой и плоскости. Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.
Давайте смотреть, как работает этот признак.
Задача. Докажите, что в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра перпен- дикулярны.
Решение. Пусть ABCD — правильная треугольная пирамида (рис.
34
). Докажем, например,
что AD ⊥ BC.
A
B
C
D
H
M
Рис. 34. К задаче
Пусть точка M — середина ребра BC. Рассмотрим плоскость ADM . Ясно, что высота DH
нашей пирамиды лежит в этой плоскости (поскольку H лежит на медиане AM )
5
Докажем, что прямая BC перпендикулярна плоскости ADM . Для этого нам нужно предъ- явить две пересекающие прямые, лежащие в плоскости ADM и перпендикулярные BC. Какие же это прямые?
Во-первых, это прямая DH. В самом деле, будучи высотой пирамиды, DH перпендикуляр- на плоскости ABC. По определению это означает, что DH перпендикулярна любой прямой,
лежащей в плоскости ABC — в частности, прямой BC.
Во-вторых, это прямая AM . Действительно, будучи медианой равностороннего треугольни- ка ABC, отрезок AM является его высотой и потому перпендикулярен BC.
5
Здесь молчаливо используется одно из базовых утверждений стереометрии, которое часто принимается в качестве аксиомы: если прямая проходит через две точки плоскости, то она лежит в этой плоскости.
В нашем случае точки D и H лежат в плоскости ADM — стало быть, и прямая DH лежит в данной плоскости.
24

Итак, мы убедились, что BC ⊥ DH и BC ⊥ AM . По признаку перпендикулярности прямой и плоскости мы заключаем, что BC ⊥ ADM . Стало быть, BC перпендикулярна любой прямой,
лежащей в плоскости ADM — в частности, прямой AD. Это мы и хотели доказать.
Обратите внимание, какая схема рассуждений реализована в данной задаче. Допустим, мы хотим доказать, что прямая l перпендикулярна прямой m. Действуем следующим образом.
1. Берём подходящую плоскость π, в которой лежит прямая l.
2. В плоскости π находим две пересекающиеся прямые a и b, такие, что m ⊥ a и m ⊥ b.
3. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости делаем вывод, что m ⊥ π.
4. По определению перпендикулярности прямой и плоскости заключаем, что прямая m пер- пендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости π. В частности, m ⊥ l, что и требова- лось.
Запомните эту схему — она часто работает в экзаменационных задачах. Следующий раздел посвящён важному применению этой схемы — теореме о трёх перпендикулярах.
25

6
Теорема о трёх перпендикулярах
В конце предыдущего раздела мы описали схему рассуждений, которая применяется для дока- зательства перпендикулярности прямых. На этой схеме, в частности, основана теорема о трёх перпендикулярах.
Прежде чем формулировать саму теорему, необходимо ввести некоторую стандартную тер- минологию.
6.1
Перпендикуляр и наклонная
Рассмотрим плоскость π и точку M , не принадлежащую этой плоскости. Из точки M проведём прямую, перпендикулярную плоскости π и пересекающую её в точке N (рис.
35
).
π
M
N
Рис. 35. Перпендикуляр
Отрезок M N называется перпендикуляром, проведённым из точки M к плоскости π. Точ- ка N называется основанием этого перпендикуляра.
С понятием перпендикуляра мы уже встречались ранее. Например, высота пирамиды — это перпендикуляр, проведённый из вершины пирамиды к плоскости основания.
Если прямая пересекает плоскость и не перпендикулярна этой плоскости, то такая прямая называется наклонной. На рис.
36
мы видим наклонную l, пересекающую плоскость π в точке A.
l
π
A
M
N
p
Рис. 36. Наклонная и проекция наклонной
Возьмём произвольную точку M прямой l, не лежащую в плоскости π, и проведём перпенди- куляр M N к этой плоскости. Соединив точку A с основанием N проведённого перпендикуляра,
получим прямую p, лежащую в плоскости π. Прямая p называется проекцией наклонной l на плоскость π.
Не будет ли прямая p менять своё положение, если M перемещается по прямой l? К счастью,
нет. Можно показать, что основания N всех перпендикуляров M N будут лежать на одной и той же прямой p. Таким образом, понятие проекции наклонной определено корректно: оно не зависит от конкретного выбора точки M .
26

6.2
Формулировка и доказательство теоремы
Теорема о трёх перпендикулярах. Прямая на плоскости перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции наклонной.
Мы видим данную ситуацию на рис.
37
. Прямая m лежит в плоскости π, прямая l — это наклонная, p — проекция наклонной.
M
N
p l
π
A
m
Рис. 37. m ⊥ l ⇔ m ⊥ p
Обратите внимание на выражение «тогда и только тогда» в формулировке теоремы
6
. Оно означает, что справедливы два утверждения.
1. Если прямая на плоскости перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна проек- ции наклонной. Символически: m ⊥ l ⇒ m ⊥ p.
2. Если прямая на плоскости перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикуляр- на наклонной. Символически: m ⊥ p ⇒ m ⊥ l.
Данные утверждения являются обратными друг к другу: они отличаются только направле- нием стрелки логического следования. Можно объединить эти утверждения, используя двусто- роннюю стрелку: m ⊥ l ⇔ m ⊥ p.
Доказательство теоремы. Нам нужно доказать два утверждения, сформулированные выше под пунктами 1 и 2. Снова обращаемся к рис.
37 1. Предположим сначала, что прямая на плоскости перпендикулярна наклонной: m ⊥ l.
Поскольку M N — перпендикуляр к плоскости π, прямая M N перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости — в частности, прямой m.
Таким образом, прямая m перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости
AM N (а именно, прямым l и M N ). Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая m перпендикулярна плоскости AM N . Тогда m перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости AM N — в частности, прямой p. Первое утверждение тем самым доказано.
2. Наоборот, пусть прямая на плоскости перпендикулярна проекции наклонной: m ⊥ p. Как мы уже видели выше, m ⊥ M N . Снова прямая m оказывается перпендикулярной двум пересекающимся прямым плоскости AM N (на сей раз это p и M N ), так что m ⊥ AM N .
Тогда m перпендикулярна любой прямой плоскости AM N — в частности, прямой l. Тем самым доказано второе утверждение и вся теорема.
6
Синонимы этого выражения: если и только если, в том и только в том случае, необходимо и достаточно,
равносильно, эквивалентно.
27

Как видите, вышеупомянутая схема доказательства перпендикулярности прямых (а именно,
чтобы доказать перпендикулярность двух прямых, мы доказываем, что одна прямая перпен- дикулярна плоскости, в которой лежит вторая прямая) «упакована» внутри доказательства данной теоремы. Поэтому зачастую достаточно сослаться на теорему о трёх перпендикулярах,
не воспроизводя каждый раз саму схему. Но, тем не менее, схему эту вы должны чётко знать!
Рассмотрим ещё раз задачу из предыдущей статьи.
Задача. Докажите, что в правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра перпен- дикулярны.
Решение. Пусть ABCD — правильная треугольная пирамида. Докажем, что прямая AD пер- пендикулярна BC (рис.
38
).
A
B
C
D
H
M
Рис. 38. К задаче
Прямая AD является наклонной к плоскости ABC. Поскольку основание H высоты пира- миды DH лежит на медиане AM треугольника ABC, проекцией наклонной AD на плоскость
ABC служит прямая AM .
Прямая BC лежит в плоскости ABC и перпендикулярна проекции наклонной: BC ⊥ AM
(ибо AM есть также и высота равностороннего треугольника ABC). По теореме о трёх перпен- дикулярах прямая BC перпендикулярна наклонной: BC ⊥ AD.
Другие примеры использования теоремы о трёх перпендикулярах нам ещё неоднократно встретятся при разборе задач.
28

7
Угол между прямой и плоскостью
Понятие угла между прямой и плоскостью можно ввести для любого взаимного расположения прямой и плоскости.
• Если прямая l перпендикулярна плоскости π, то угол между l и π считается равным 90

• Если прямая l параллельна плоскости π или лежит в этой плоскости, то угол между l и π
считается равным нулю.
• Если прямая l является наклонной к плоскости π, то угол между l и π — это угол ϕ между прямой l и её проекцией p на плоскость π (рис.
39
).
l
π
p
ϕ
Рис. 39. Угол между прямой и плоскостью
Итак, запомним определение для этого нетривиального случая: если прямая является наклонной, то угол между прямой и плоскостью есть угол между этой прямой и её проекцией на данную плоскость.
7.1
Примеры решения задач
Разберём три задачи, расположенные по возрастанию сложности. Третья задача — уровень C2
на ЕГЭ по математике.
Задача 1. В правильном тетраэдре найдите угол между боковым ребром и плоскостью осно- вания.
A
B
C
D
H
M
ϕ
a a
Рис. 40. К задаче 1
Решение. Пусть ABCD — правильный тетраэдр с реб- ром a (рис.
40
). Найдём угол между AD и плоскостью
ABC.
Проведём высоту DH. Проекцией прямой AD на плоскость ABC служит прямая AH. Поэтому искомый угол ϕ есть угол между прямыми AD и AH.
Отрезок AH есть радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABC:
AH =
a

3
Теперь из прямоугольного треугольника ADH:
cos ϕ =
AH
AD
=
1

3
Ответ: arccos
1

3 29

Задача 2. В правильной треугольной призме ABCA
1
B
1
C
1
боковое ребро равно стороне осно- вания. Найдите угол между прямой AA
1
и плоскостью ABC
1
Решение. Угол между прямой и плоскостью не изменится при параллельном сдвиге прямой.
Поскольку CC
1
параллельна AA
1
, искомый угол ϕ есть угол между прямой CC
1
и плоскостью
ABC
1
(рис.
41
).
A
B
C
A
1
B
1
C
1
M
H
ϕ
a a
Рис. 41. К задаче 2
Пусть M — середина AB. Проведём высоту CH в треугольнике CC
1
M . Покажем, что CH —
перпендикуляр к плоскости ABC
1
. Для этого нужно предъявить две пересекающиеся прямые этой плоскости, перпендикулярные CH.
Первая прямая очевидна — это C
1
M . В самом деле, CH ⊥ C
1
M по построению.
Вторая прямая — это AB. Действительно, проекцией наклонной CH на плоскость ABC
служит прямая CM ; при этом AB ⊥ CM . Из теоремы о трёх перпендикулярах следует тогда,
что AB ⊥ CH.
Итак, CH ⊥ ABC
1
. Стало быть, угол между CC
1
и ABC
1
есть ϕ =
∠CC
1
H.
Величину CH найдём из соотношения
C
1
M · CH = CC
1
· CM
(обе части этого соотношения равны удвоенной площади треугольника CC
1
M ). Имеем:
CM =
a

3 2
,
C
1
M =
q
CC
2 1
+ CM
2
=
r a
2
+
3a
2 4
=
a

7 2
Тогда a

7 2
· CH = a ·
a

3 2
,
откуда
CH = a r
3 7
Остаётся найти угол ϕ:
sin ϕ =
CH
CC
1
=
r
3 7
Ответ: arcsin q
3 7
30

Задача 3. На ребре A
1
B
1
куба ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
взята точка K так, что A
1
K : KB
1
= 3 : 1.
Найдите угол между прямой AK и плоскостью BC
1
D
1
Решение. Сделав чертёж (рис.
42
, слева), мы понимаем, что нужны дополнительные построе- ния.
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
K
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
N
ϕ
4x
3x
Рис. 42. К задаче 3
Во-первых, заметим, что прямая AB лежит в плоскости BC
1
D
1
(поскольку AB k C
1
D
1
).
Во-вторых, проведём B
1
M параллельно AK (рис.
42
, справа). Проведём также B
1
C, и пусть N
есть точка пересечения B
1
C и BC
1
Покажем, что прямая B
1
C перпендикулярна плоскости BC
1
D
1
. В самом деле:
1) B
1
C ⊥ BC
1
(как диагонали квадрата);
2) B
1
C ⊥ AB по теореме о трёх перпендикулярах (ведь AB перпендикулярна прямой BC —
проекции наклонной B
1
C на плоскость ABC).
Таким образом, B
1
C перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости BC
1
D
1
;
следовательно, B
1
C ⊥ BC
1
D
1
. Поэтому проекцией прямой M B
1
на плоскость BC
1
D
1
служит прямая M N , и, стало быть, искомый угол есть ϕ =
∠B
1
M N .
Пусть ребро куба равно 4x. Тогда M B = A
1
K = 3x. Из треугольника M BB
1
имеем:
B
1
M =
p
(3x)
2
+ (4x)
2
= 5x.
Далее,
B
1
N =
1 2
B
1
C =
1 2
· 4x

2 = 2x

2.
Отсюда находим:
sin ϕ =
B
1
N
B
1
M
=
2

2 5
Ответ: arcsin
2

2 5
31

8
Взаимное расположение плоскостей
Две различные прямые на плоскости или параллельны, или пересекаются. Точно так же две различные плоскости в пространстве либо параллельны, либо пересекаются (рис.
43
).
Плоскости параллельны
Плоскости пересекаются
Рис. 43. Взаимное расположение плоскостей
8.1
Параллельность плоскостей
Определение. Две плоскости называются параллельными, если они не имеют общих точек.
Предположим, в некоторой задаче нам хотелось бы доказать, что некоторые плоскости па- раллельны. Как это сделать? Для такой цели имеется специальное утверждение.
Признак параллельности плоскостей. Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то такие плоскости параллельны.
Мы видим эту ситуацию на рис.
44
. Именно, пусть пересекающиеся прямые a и b, лежащие в плоскости π, параллельны соответственно прямым a
0
и b
0
, лежащим в плоскости σ. Тогда плоскость π параллельна плоскости σ.
a b
π
a
0
b
0
σ
Рис. 44. Если a k a
0
и b k b
0
, то π k σ
Вопрос. Почему в формулировке признака параллельности плоскостей важно, что прямые пе- ресекающиеся? Останется ли верным признак, если это слово убрать?
Доказывать признак параллельности плоскостей мы не будем — это теорема из школьной программы, на которую можно сослаться на экзамене. Давайте лучше посмотрим, как работает данный признак в конкретной задаче.
32

Задача. Дан параллелепипед ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Докажите, что плоскости A
1
BC
1
и ACD
1
па- раллельны.
Решение. Делаем чертёж (рис.
45
).
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
Рис. 45. К задаче
Четырёхугольник ABCD — параллелограмм, поэтому BC k AD и BC = AD. Четырёх- угольник ADD
1
A
1
— также параллелограмм, поэтому A
1
D
1
k AD и A
1
D
1
= AD. Имеем, таким образом: A
1
D
1
k BC и A
1
D
1
= BC. Следовательно, четырёхугольник A
1
BCD
1
является парал- лелограммом
7
, и потому A
1
B k D
1
C.
Аналогично докажем, что четырёхугольник ABC
1
D
1
— параллелограмм, и, стало быть,
BC
1
k AD
1
Мы получили, что две пересекающиеся прямые плоскости A
1
BC
1
(а именно, A
1
B и BC
1
)
соответственно параллельны двум прямым плоскости ACD
1
(а именно, прямым D
1
C и AD
1
).
Следовательно, данные плоскости параллельны, что и требовалось.
Важное свойство параллельных плоскостей: если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то прямые пересечения параллельны.
a b
π
σ
τ
Рис. 46. Если π k σ, то a k b
Именно, пусть плоскость π параллельна плоскости σ (рис.
46
). Если плоскость τ пересекает плоскость π по прямой a и пересекает плоскость σ по прямой b, то a k b.
7
Напомним соответствующий признак параллелограмма: если в четырёхугольнике две стороны параллельны и равны, то такой четырёхугольник — параллелограмм.
33

Задача. Ребро куба ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
равно 4. Точка K — середина ребра A
1
D
1
. Найдите площадь сечения куба плоскостью ACK.
Решение. Секущая плоскость ACK пересекает плоскость ABC нижней грани куба по прямой
AC (рис.
47
). Плоскость A
1
B
1
C
1
параллельна плоскости ABC; следовательно, секущая плос- кость пересекает плоскость A
1
B
1
C
1
по прямой KM , параллельной AC.
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
K
M
4
Рис. 47. К задаче
Плоскости ADD
1
и CDD
1
пересекаются секущей плоскостью по прямым AK и CM соот- ветственно. Таким образом, сечение куба — трапеция AKM C, в которой
AC = 4

2,
AK = CM =

4 2
+ 2 2
= 2

5,
KM =
1 2
A
1
C
1
= 2

2.
Нарисуем эту трапецию отдельно (рис.
48
). Проведём высоты KE и M F .
A
K
M
C
E
F
2

5 2

2

2
Рис. 48. Планиметрический чертёж сечения
Ясно, что
AE = CF =
AC − KM
2
=

2.
Тогда высота трапеции:
KE =
r

2

5

2



2

2
= 3

2.
Остаётся найти площадь трапеции:
S =
AC + KM
2
· KE =
4

2 + 2

2 2
· 3

2 = 18.
Ответ: 18.
34

8.2
Пересечение плоскостей
Выше мы неоднократно использовали утверждение о том, что одна плоскость пересекает дру- гую по прямой. Это — одно из базовых утверждений стереометрии, которое нередко принима- ется в качестве аксиомы: если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересе- каются по прямой, проходящей через эту точку.
Данное утверждение используется при построении сечений многогранников. Рассмотрим самый простой пример — сечение тетраэдра.
Задача. На рёбрах AB, BC и CD тетраэдра ABCD расположены соответственно точки K, N
и M , отличные от вершин тетраэдра (при этом прямые KN и AC не параллельны). Постройте сечение тетраэдра плоскостью KM N .
Решение. Сечение показано на рис.
49
— это четырёхугольник KLM N . Объясним, как выпол- нено построение.
A
B
C
D
K
M
N
L
P
Рис. 49. Сечение тетраэдра
Грани ABC и BCD пересекаются секущей плоскостью KM N по отрезкам KN и M N соот- ветственно.
Пересечением секущей плоскости и плоскости ABC служит прямая KN , которая пересекает прямую AC в точке P . Таким образом, точка P принадлежит одновременно секущей плоскости и плоскости ACD.
Точка M также является общей точкой секущей плоскости и плоскости ACD. Значит, секу- щая плоскость пересекает плоскость ACD по прямой P M .
Прямая P M пересекает AD в точке L. Остаётся провести KL и LM . В результате получается четырёхугольник KLM N , который и является искомым сечением.
35

9
Угол между плоскостями
Величину угла между двумя различными плоскостями можно определить для любого взаим- ного расположения плоскостей.
Тривиальный случай — если плоскости параллельны. Тогда угол между ними считается равным нулю.
Нетривиальный случай — если плоскости пересекаются. Этому случаю и посвящено даль- нейшее обсуждение. Сначала нам понадобится понятие двугранного угла.
9.1
Двугранный угол
Двугранный угол — это две полуплоскости с общей прямой (которая называется ребром дву- гранного угла). На рис.
50
изображён двугранный угол, образованный полуплоскостями π и σ;
ребром этого двугранного угла служит прямая a, общая для данных полуплоскостей.
π
σ
a
Рис. 50. Двугранный угол
Двугранный угол можно измерять в градусах или радианах — словом, ввести угловую ве- личину двугранного угла. Делается это следующим образом.
На ребре двугранного угла, образованного полуплоскостями π и σ, возьмём произвольную точку M . Проведём лучи M A и M B, лежащие соответственно в данных полуплоскостях и перпендикулярные ребру (рис.
51
).
M
A
B
π
σ
ϕ
Рис. 51. Линейный угол двугранного угла
Полученный угол AM B — это линейный угол двугранного угла. Угол ϕ =
∠AMB как раз и является угловой величиной нашего двугранного угла.
Определение. Угловая величина двугранного угла — это величина линейного угла данного двугранного угла.
Все линейные углы двугранного угла равны друг другу (ведь они получаются друг из друга параллельным сдвигом). Поэтому данное определение корректно: величина ϕ не зависит от конкретного выбора точки M на ребре двугранного угла.
36

9.2
Определение угла между плоскостями
При пересечении двух плоскостей получаются четыре двугранных угла. Если все они име- ют одинаковую величину (по 90

), то плоскости называются перпендикулярными; угол между плоскостями тогда равен 90

Если не все двугранные углы одинаковы (то есть имеются два острых и два тупых), то углом между плоскостями называется величина острого двугранного угла (рис.
52
).
Рис. 52. Угол между плоскостями
9.3
Примеры решения задач
Разберём три задачи. Первая — простая, вторая и третья — примерно на уровне C2 на ЕГЭ по математике.
Задача 1. Найдите угол между двумя гранями правильного тетраэдра.
Решение. Пусть ABCD — правильный тетраэдр. Проведём медианы AM и DM соответствую- щих граней, а также высоту тетраэдра DH (рис.
53
).
A
B
C
D
H
M
ϕ
Рис. 53. К задаче 1
Будучи медианами, AM и DM являются также высотами равносторонних треугольников
ABC и DBC. Поэтому угол ϕ = ∠AMD есть линейный угол двугранного угла, образованного гранями ABC и DBC. Находим его из треугольника DHM :
cos ϕ =
HM
DM
=
1 3
AM
DM
=
1 3
Ответ: arccos
1 3
37

Задача 2. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD (с вершиной S) боковое ребро равно стороне основания. Точка K — середина ребра SA. Найдите угол между плоскостями
KBC и ABC.
Решение. Прямая BC параллельна AD и тем самым параллельна плоскости ADS. Поэтому плоскость KBC пересекает плоскость ADS по прямой KL, параллельной BC (рис.
54
).
A
B
C
D
S
O
K
L
N
M
a a
ϕ
Рис. 54. К задаче 2
При этом KL будет также параллельна прямой AD; следовательно, KL — средняя линия треугольника ADS, и точка L — середина DS.
Проведём высоту пирамиды SO. Пусть N — середина DO. Тогда LN — средняя линия треугольника DOS, и потому LN k SO. Значит, LN — перпендикуляр к плоскости ABC.
Из точки N опустим перпендикуляр N M на прямую BC. Прямая N M будет проекцией наклонной LM на плоскость ABC. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует тогда, что LM
также перпендикулярна BC.
Таким образом, угол ϕ =
∠LMN является линейным углом двугранного угла, образованного полуплоскостями KBC и ABC. Будем искать этот угол из прямоугольного треугольника LM N .
Пусть ребро пирамиды равно a. Сначала находим высоту пирамиды:
SO =

DS
2
− DO
2
=
v u
u t
a
2

a

2 2
!
2
=
a

2 2
Тогда
LN =
1 2
SO =
a

2 4
Далее, треугольник BM N подобен треугольнику BCD и BN : BD = 3 : 4. Стало быть,
M N =
3 4
CD =
3a
4
Теперь находим:
tg ϕ =
LN
M N
=

2 3
Ответ: arctg

2 3
38

Задача 3. В правильной треугольной призме ABCA
1
B
1
C
1
боковое ребро равно стороне осно- вания. Точка K — середина ребра BB
1
. Найдите угол между плоскостями A
1
KC и ABC.
Решение. Пусть L — точка пересечения прямых A
1
K и AB. Тогда плоскость A
1
KC пересекает плоскость ABC по прямой CL (рис.
55
).
A
B
C
A
1
B
1
C
1
K
L
Рис. 55. К задаче 3
Треугольники A
1
B
1
K и KBL равны по катету и острому углу. Следовательно, равны и другие катеты: A
1
B
1
= BL.
Рассмотрим треугольник ACL. В нём BA = BC = BL. Угол CBL равен 120

; стало быть,
∠BCL = 30

. Кроме того,
∠BCA = 60

. Поэтому
∠ACL = ∠BCA + ∠BCL = 90

Итак, LC ⊥ AC. Но прямая AC служит проекцией прямой A
1
C на плоскость ABC. По теореме о трёх перпендикулярах заключаем тогда, что LC ⊥ A
1
C.
Таким образом, угол A
1
CA — линейный угол двугранного угла, образованного полуплоско- стями A
1
KC и ABC. Это и есть искомый угол. Из равнобедренного прямоугольного треуголь- ника A
1
AC мы видим, что он равен 45

Ответ: 45

39

10
Расстояние от точки до прямой
Если точка не лежит на прямой, то расстояние от точки до прямой — это длина перпендику- ляра, проведённого из точки на данную прямую. На рис.
56
показано расстояние d от точки M
до прямой l.
d
M
l
Рис. 56. Расстояние от точки до прямой
Если точка лежит на прямой, то расстояние от точки до прямой считается равным нулю.
В конкретных задачах вычисление расстояния от точки до прямой сводится к нахождению высоты какой-либо подходящей планиметрической фигуры — треугольника, параллелограмма или трапеции.
10.1
Примеры решения задач
Разберём три задачи. Первая задача — простая, а вторая и третья примерно соответствуют уровню задачи С2 на ЕГЭ по математике.
Задача 1. Длина ребра куба ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
равна 1. Найдите расстояние: а) от точки B до прямой A
1
C
1
; б) от точки A до прямой BD
1
Решение. Обе ситуации изображены на рис.
57
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
К пункту а)
H
d
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
К пункту б)
H
d
Рис. 57. К задаче 1
а) Искомое расстояние d есть высота BH треугольника BA
1
C
1
. Данный треугольник равно- сторонний — все его стороны, будучи диагоналями граней, равны

2. Следовательно,
d = BH = BA
1
·

3 2
=

6 2
б) Искомое расстояние d есть высота AH треугольника ABD
1
. Данный треугольник прямо- угольный. Действительно, прямая AB перпендикулярна плоскости ADD
1
и поэтому перпенди- кулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости — в частности, прямой AD
1 40

Имеем: AB = 1, AD
1
=

2, BD
1
=

3. Если S — площадь треугольника ABD
1
, то:
2S = AB · AD
1
= BD
1
· d.
Отсюда d =
1 ·

2

3
=

6 3
Ответ: а)

6 2
; б)

6 3
Задача 2. Треугольник со сторонами AB = 3, AC = 3, BC = 2 является основанием пря- мой призмы ABCA
1
B
1
C
1
. Боковое ребро призмы равно 2. Найдите расстояние от точки A
1
до прямой BC
1
Решение. Искомое расстояние d есть высота A
1
H треугольника A
1
BC
1
(рис.
58
).
A
B
C
A
1
B
1
C
1
H
d
3 2
3 2
2 2

2

13
ϕ
Рис. 58. К задаче 2
По теореме Пифагора легко находим: A
1
B =

13, BC
1
= 2

2. Таким образом, нам требуется найти высоту треугольника, в котором известны три стороны. Можно действовать по-разному;
вот один из наиболее простых в данном случае путей.
Пусть ϕ =
∠A
1
C
1
B. Запишем теорему косинусов для стороны A
1
B треугольника A
1
BC
1
:
13 = 9 + 8 − 2 · 3 · 2

2 cos ϕ,
откуда cos ϕ =

2 6
и sin ϕ =
p
1 − cos
2
ϕ =

34 6
Тогда из прямоугольного треугольника A
1
C
1
H получаем:
d = 3 sin ϕ =

34 2
Ответ:

34 2
41

Задача 3. Основанием прямой призмы ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
служит трапеция с основаниями
AD = 3, BC = 1 и боковыми сторонами AB = CD = 2. Боковое ребро призмы равно 2.
Найдите расстояние от точки A
1
до прямой BC.
Решение. Искомое расстояние d есть длина перпендикуляра A
1
M , опущенного на прямую BC.
Поскольку A
1
D
1
k BC, это расстояние равно также высоте BH трапеции A
1
BCD
1
(рис.
59
).
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
H
M
1 2
2 3
d d
Рис. 59. К задаче 3
Боковая сторона данной трапеции: A
1
B = 2

2. Нарисуем эту трапецию отдельно (рис.
60
):
A
1
B
C
D
1
H
F
2

2 1
1 1
1
d
Рис. 60. Планиметрический чертёж
Легко находим:
A
1
H =
A
1
D
1
− BC
2
= 1,
и тогда d =
r

2

2

2
− 1 2
=

7.
Ответ:

7.
42

11
Расстояние от точки до плоскости
Если точка не принадлежит плоскости, то расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, проведённого из точки на данную плоскость. На рис.
61
показано расстояние d от точки M до плоскости π.
π
M
d
Рис. 61. Расстояние от точки до плоскости
Если точка принадлежит плоскости, то расстояние от точки до плоскости равно нулю.
11.1
Примеры решения задач
Разберём четыре задачи. В них мы проиллюстрируем основные идеи, встречающиеся на ЕГЭ
по математике в задачах С2, где требуется найти расстояние от точки до плоскости.
Задача 1. Дан равносторонний треугольник ABC со стороной 2. В пространстве взята точка D
такая, что AD = BD = 2, CD = 1. Найдите расстояние от точки D до плоскости ABC.
Решение. Искомое расстояние — это высота пирамиды ABCD, проведённая из точки D.
Пусть M — середина AB. Проведём перпендикуляр DH на прямую CM (рис.
62
). Покажем,
что DH будет высотой нашей пирамиды.
A
B
C
D
M
H
2 1
2 2
1
ϕ
Рис. 62. К задаче 1
Поскольку медиана CM является высотой треугольника ABC, имеем AB ⊥ CM . Точно так же AB ⊥ DM (ведь треугольник ABD тоже равносторонний). По признаку перпендикуляр- ности прямой и плоскости получаем, что AB перпендикулярна плоскости M DC. Значит, AB
перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости — в частности, прямой DH.
Итак, DH ⊥ CM (по построению) и DH ⊥ AB. Отсюда получаем DH ⊥ ABC, что мы и хотели.
43

Из треугольников BCM и BDM легко находим: CM = DM =

3. Теперь запишем теорему косинусов для стороны DM треугольника DM C:
3 = 1 + 3 − 2 · 1 ·

3 cos ϕ
(здесь ϕ =
∠DCM ). Отсюда cos ϕ =

3/6, sin ϕ =

33/6 и
DH = 1 · sin ϕ =

33 6
Ответ:

33 6
Задача 2. В правильной треугольной призме ABCA
1
B
1
C
1
сторона основания равна 2, а боковое ребро равно 1. Найдите расстояние от точки B
1
до плоскости ABC
1
Решение. Поскольку A
1
B
1
k AB, прямая A
1
B
1
параллельна плоскости ABC
1
. Следовательно,
искомое расстояние d есть расстояние от любой точки прямой A
1
B
1
до плоскости ABC
1
(ведь все эти расстояния равны друг другу). Поэтому мы можем выбрать наиболее удобную точку на прямой A
1
B
1
. Это, несомненно, точка N — середина отрезка A
1
B
1
(рис.
63
).
A
B
C
A
1
B
1
C
1
M
H
2 1
N
d
Рис. 63. К задаче 2
Пусть M — середина AB. Проведём N H перпендикулярно C
1
M . Покажем, что N H ⊥ ABC
1
В равнобедренном треугольнике ABC
1
медиана C
1
M является одновременно высотой, так что AB ⊥ C
1
M . Кроме того, AB ⊥ M N , так как призма прямая. Следовательно, прямая AB
перпендикулярна плоскости C
1
M N — и, в частности, прямой N H, лежащей в этой плоскости.
Итак, N H ⊥ C
1
M (по построению) и N H ⊥ AB. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости прямая N H перпендикулярна плоскости ABC
1
, что мы и хотели показать. Стало быть, искомое расстояние d равно длине отрезка N H.
Дальше несложно. Имеем: M N = 1, C
1
N =

3 и
C
1
M =
p
C
1
N
2
+ M N
2
= 2,
откуда d =
C
1
N · M N
C
1
M
=

3 2
Ответ:

3 2
44

Повторим ключевую идею данной задачи: от исходной точки B
1
перейти к другой точке,
находящейся на таком же расстоянии от плоскости ABC
1
, но более удобной для вычислений.
В приведённом решении мы из точки B
1
сместились параллельно плоскости в точку N .
Возможен и другой вариант смещения, который также может оказаться полезным при ре- шении задач. Он основан на следующем простом факте:
• если плоскость проходит через середину отрезка, то концы отрезка равноудалены от данной плоскости.
Так, на рис.
64
мы видим плоскость π, проходящую через середину K отрезка P Q. Проведём перпендикуляры P A и QB на данную плоскость.
π
P
Q
K
A
B
Рис. 64. Концы отрезка равноудалены от плоскости
Прямоугольные треугольники P KA и QKB равны по гипотенузе и острому углу. Следова- тельно, P A = QB, что и требовалось.
Вернёмся к задаче 2. Заметим, что отрезок B
1
C делится плоскостью ABC
1
пополам (рис.
65
).
Следовательно, расстояние от точки B
1
до плоскости ABC
1
равно расстоянию от точки C до этой плоскости.
K
A
B
C
A
1
B
1
C
1
M
H
2 1
Рис. 65. К задаче 2
Итак, из точки B
1
переходим в точку C. Аналогично доказываем, что расстояние от точки C
до плоскости ABC
1
равно длине перпендикуляра CH, проведённого к C
1
M , — и далее решение повторяется без каких-либо изменений.
45

Сформулированный выше факт о равноудалённости концов отрезка от плоскости, проходя- щей через его середину, является частным случаем следующей (тоже очень простой) теоремы.
Теорема. Пусть прямая пересекает плоскость π в точке O. Возьмём любые две точки X и Y
на этой прямой (отличные от O), и пусть x и y — соответственно расстояния от данных точек до плоскости π. Тогда x : y = OX : OY .
Доказательство. Если прямая перпендикулярна плоскости π, то доказывать нечего. Пусть прямая является наклонной (рис.
66
). Проведём перпендикуляры XA и Y B к плоскости π.
π
X
Y
O
A
B
x y
Рис. 66. OX : OY = x : y
Из подобия треугольников OXA и OY B получаем OX : OY = XA : Y B, а последнее отношение как раз и есть x : y. Теорема доказана.
Полезность этой теоремы состоит вот в чём. Предположим, что мы ищем расстояние от точки X до плоскости π. Тогда, взяв некоторую точку O ∈ π, можно сместиться вдоль прямой
OX в более удобную точку Y с пропорциональным изменением расстояния до нашей плоскости.
Задача 3. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD (с вершиной S) сторона основа- ния равна 2 и высота равна 1. Найдите расстояние от точки D до плоскости BCS.
Решение. Пусть ST — высота пирамиды (рис.
67
). Точка T является серединой отрезка DB.
Тогда, согласно нашей теореме, искомое расстояние d от точки D до плоскости BCS равно удвоенному расстоянию от точки T до этой плоскости.
A
B
C
D
S
T
2 1
M
H
Рис. 67. К задаче 3
А расстояние от точки T до плоскости BCS равно высоте T H треугольника ST M (точ- ка M — середина BC). Действительно, T H перпендикулярна также прямой BC (BC ⊥ T M ,
BC ⊥ SM ⇒ BC ⊥ ST M ⇒ BC ⊥ T H), и потому T H — перпендикуляр к плоскости BCS.
Из треугольника ST M легко находим: T H =

2/2. Тогда d = 2 · T H =

2.
Ответ:

2.
46

Задача 4. Точка M — середина ребра DD
1
куба ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Ребро куба равно 6. Найдите расстояние от точки M до плоскости BC
1
D.
Решение. Здесь можно осуществить переход M → D
1
→ C (рис.
68
).
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
M
H
Рис. 68. К задаче 4
Именно, пусть искомое расстояние от точки M до плоскости BC
1
D равно d. Тогда расстояние от точки D
1
до этой плоскости равно 2d. Отрезок D
1
C делится плоскостью BC
1
D пополам,
поэтому расстояние от точки C до данной плоскости также равно 2d.
С другой стороны, расстояние от точки C до плоскости BC
1
D есть высота CH треугольной пирамиды BC
1
DC. Основанием этой пирамиды служит равносторонний треугольник BC
1
D
со стороной 6

2. Боковые рёбра пирамиды равны 6. Стало быть, данная пирамида является правильной, и точка H — центр треугольника BC
1
D.
Отрезок C
1
H есть радиус окружности, описанной вокруг треугольника BC
1
D. Имеем:
C
1
H =
6

2

3
= 2

6.
Тогда
CH =
q
CC
2 1
− C
1
H
2
=
r
6 2


2

6

2
= 2

3.
Следовательно,
d =
CH
2
=

3.
Ответ:

3.
47

12
Расстояние между скрещивающимися прямыми
Расстояние между скрещивающимися прямыми — это длина общего перпендикуляра, прове- дённого к этим прямым.
На рис.
69
мы видим скрещивающиеся прямые a и b. Для наглядности проведены парал- лельные плоскости π и σ, в которых лежат эти прямые. Расстояние d между прямыми a и b есть длина их общего перпендикуляра M N .
π
a
σ
b d
M
N
Рис. 69. Расстояние между скрещивающимися прямыми
Заметим, что величина d есть также расстояние от любой точки прямой a до плоскости σ
(и вообще от любой точки плоскости π до плоскости σ). Поэтому если в конкретной задаче общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым не просматривается, то можно искать расстояние от какой-либо удобной точки первой прямой до плоскости, проходящей через вторую прямую параллельно первой прямой — это и будет расстояние между двумя данными прямыми.
12.1
Примеры решения задач
Рассмотрим три задачи. Первые две сравнительно простые, а третья соответствует уровню задачи С2 на ЕГЭ по математике.
Задача 1. Найдите расстояние между скрещивающимися рёбрами правильного тетраэдра, дли- на ребра которого равна 1.
Решение. Пусть ABCD — правильный тетраэдр с ребром 1. Найдём расстояние между прямыми
AD и BC. Пусть M — середина AD, N — середина BC (рис.
70
).
A
B
C
D
M
N
1
Рис. 70. К задаче 1
Покажем, что M N является общим перпендикуляром к прямым AD и BC. В самом деле,
BM = M C; медиана M N равнобедренного треугольника BM C будет также его высотой, так
48
что M N ⊥ BC. Точно так же медиана N M равнобедренного треугольника AN D будет его высотой, поэтому M N ⊥ AD.
Итак, требуется найти M N . Имеем: BM =

3/2, BN = 1/2, и тогда по теореме Пифагора:
M N =

BM
2
− BN
2
=

2 2
Ответ:

2 2
Задача 2. В кубе ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
найдите расстояние между прямыми AB
1
и BC
1
. Длина ребра куба равна 3.
Решение. Строить общий перпендикуляр к этим двум прямым — не самая лучшая идея. Мы будем действовать иначе. Проведём AD
1
и заметим, что BC
1
k AD
1
, и потому прямая BC
1
параллельна плоскости AB
1
D
1
(рис.
71
).
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1
H
3
Рис. 71. К задаче 2
Следовательно, расстояние между прямыми BC
1
и AB
1
равно расстоянию от любой точки прямой BC
1
до плоскости AB
1
D
1
. Удобно взять, например, точку B.
Расстояние от точки B до плоскости AB
1
D
1
равно расстоянию от точки A
1
до данной плос- кости (поскольку отрезок A
1
B делится этой плоскостью пополам). А расстояние от A
1
до плос- кости AB
1
D
1
есть высота A
1
H треугольной пирамиды AB
1
D
1
A
1
Основанием данной пирамиды служит равносторонний треугольник AB
1
D
1
со стороной
3

2. Боковые рёбра этой пирамиды равны 3. Стало быть, пирамида является правильной,
и точка H — центр треугольника AB
1
D
1
Длина отрезка AH равна радиусу окружности, описанной вокруг треугольника AB
1
D
1
:
AH =
3

2

3
=

6.
Тогда по теореме Пифагора получаем:
A
1
H =
q
AA
2 1
− AH
2
=

3.
Это и есть искомое расстояние между прямыми AB
1
и BC
1
Ответ:

3.
49

Задача 3. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD (с вершиной S) длина каждого ребра равна 4. Точка K — середина ребра SA. Найдите расстояние между прямыми AD и BK.
Решение. На рис.
72
изображено сечение пирамиды плоскостью KBC; это сечение является равнобедренной трапецией BKLC.
A
B
C
D
S
K
L
M
N
4 4
H
ϕ
Рис. 72. К задаче 3
Поскольку AD k BC, прямая AD параллельна плоскости KBC. Следовательно, искомое расстояние d между прямыми AD и BK равно расстоянию от любой точки прямой AD до плоскости KBC.
Через точку K проведём плоскость KN M , перпендикулярную прямой AD (и, стало быть,
прямой BC). Эта плоскость пересекает прямые AD и BC в точках N и M соответственно.
Ищем величину d как расстояние от точки N до плоскости KBC.
Отрезок KM является высотой трапеции BKLC. Проведём перпендикуляр N H на прямую
KM . Вдобавок имеем N H ⊥ BC, поэтому N H — перпендикуляр к плоскости KBC.
Найдём длины сторон треугольника KN M . Очевидно, N M = 4. Далее, из треугольника
AKN получаем:
KN = AK · sin 60

=

3.
Из того же треугольника AKN находим: AN = BM = 1. С учётом того, что BK = 2

3,
находим:
KM =

BK
2
− BM
2
=

11.
(Заметим, что KM
2
+ KN
2
< N M
2
, поэтому угол N KM тупой. Вот почему высота N H
оказывается вне треугольника KN M .)
Запишем теорему косинусов для стороны KN треугольника KN M :
3 = 16 + 11 − 2 · 4 ·

11 cos ϕ,
откуда cos ϕ =
3

11 50

Остаётся вычислить sin ϕ =

2

11
,
и найти искомое расстояние:
N H = N M · sin ϕ =
4

22 11
Ответ:
4

22 11 51

13
Метод объёмов
Объём треугольной пирамиды можно посчитать несколькими разными способами. Методом объёмов мы называем приравнивание двух подходящих выражений для объёма, в результате чего удаётся вычислить искомую величину (расстояние или угол).
Метод объёмов можно использовать, вычисляя:
расстояние от точки до плоскости;
• угол между прямой и плоскостью;
• угол между плоскостями;
• расстояние между скрещивающимися прямыми.
С идейной точки зрения метод объёмов весьма прост. Всё, что здесь нужно, — это найти подходящую треугольную пирамиду и аккуратно провести вычисления. Правда, вычислений обычно получается несколько больше, чем в методах, рассмотренных выше. Но тут уж ничего не поделаешь — за простоту метода приходится платить.
13.1
Расстояние от точки до плоскости
Замечательный факт состоит в том, что при вычислении объёма треугольной пирамиды можно в качестве основания выбрать любую её грань. Это используется при нахождении расстояния от точки до плоскости; нужно лишь представить искомое расстояние как высоту подходящей пирамиды.
А именно, предположим, что нам нужно найти расстояние от некоторой точки C до неко- торой плоскости ABD. Рассмотрим треугольную пирамиду ABCD (рис.
73
). Тогда искомое расстояние — это высота d данной пирамиды, проведённая из вершины C.
S
0
S
h d
A
B
C
D
Рис. 73. S
0
h = Sd
Пусть S
0
— площадь грани ABC, h — высота, опущенная на эту грань, S — площадь грани
ABD. С одной стороны, объём пирамиды ABCD может быть найден по формуле:
V =
1 3
S
0
h.
(1)
С другой стороны, за основание можно принять грань ABD, и тогда
V =
1 3
Sd.
(2)
52

Приравнивая правые части формул (
1
) и (
2
), получим:
S
0
h = Sd.
(3)
Из соотношения (
3
) можно найти искомую величину d.
Давайте посмотрим, как всё это работает в конкретной задаче. Разберём задачу, которую мы уже решали выше — в разделе «Расстояние от точки до плоскости».
Задача 1. В правильной четырёхугольной пирамиде P ABCD (с вершиной P ) сторона основа- ния равна 2 и высота равна 1. Найдите расстояние от точки D до плоскости BCP .
Решение. Рассмотрим треугольную пирамиду BCDP (рис.
74
). Искомое расстояние d есть вы- сота этой пирамиды, проведённая из вершины D.
A
B
C
D
P
O
2 1
M
Рис. 74. К задаче 1
Высота пирамиды BCDP , проведённая из вершины P , совпадает с высотой P O исходной пирамиды. Согласно формуле (
3
) имеем:
S
BCD
· P O = S
BCP
· d.
(4)
По условию P O = 1. Легко находим S
BCD
= 2. Остаётся вычислить площадь треугольника
BCP . Его высоту P M найдём из треугольника P OM : P M =

2, и тогда
S
BCP
=
1 2
· BC · P M =

2.
Подставляем найденные величины в (
4
):
2 · 1 =

2 · d,
откуда d =

2.
Ответ:

2.
Метод объёмов легко справляется с задачами, решить которые прежними методами было бы затруднительно.
53

Задача 2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
известны рёбра: AB = 1,
AD =

3, AA
1
=

6. Найдите расстояние от точки B до плоскости AB
1
C.
Решение. Ситуация изображена на рис.
75
. Подходящую треугольную пирамиду здесь увидеть легко — это пирамида ABCB
1
. Надо найти её высоту d, опущенную из точки B.
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
D
1 1

3

6
Рис. 75. К задаче 2
Снова имеем согласно (
3
):
S
ABC
· BB
1
= S
AB
1
C
· d.
(5)
Очевидно, что
S
ABC
=

3 2
Теперь нужно найти площадь треугольника AB
1
C. По теореме Пифагора вычисляем его стороны:
AC = 2,
AB
1
=

7,
B
1
C = 3,
и по формуле Герона легко получаем:
S
AB
1
C
=
s
5 +

7 2
·
1 +

7 2
·
5 −

7 2
·

7 − 1 2
=
3

3 2
Подставляем найденные величины в (
5
):

3 2
·

6 =
3

3 2
· d,
откуда d =

6 3
Ответ:

6 3

1   2   3   4   5

перейти в каталог файлов


связь с админом