Расстояние от точки до прямой —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 14. Задачи по стереометрии

14.13 Расстояние от точки до прямой

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по стереометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80617

Найдите расстояние от точки $M (10;0;0)$ до прямой, проходящей через точки $B (0;0;0)$ и $C(8;6;0).$

Показать ответ и решение

Заметим, что координаты всех точек по оси $Oz$ равны 0, а значит мы находимся в плоскости $Oxy$ . Тогда $M (10;0),B(0;0),C(8;6)$ . Составим уравнение прямой, проходящей через точки $B$ и $C$ и найдём расстояние до точки $M$ .

Прямая на плоскости задаётся уравнением $ax +by+ c= 0.$ Но так как прямая проходит через начало координат, то $c= 0.$ Тогда $ax + by = 0.$ Подставим в это уравнение координаты точки $C :$

8a +6b =0.

Оба коэффициента $a$ и $b$ не могут быть равны нулю одновременнл, поэтому можно взять любое ненулевое значение дял $b$ . Возьмем для удобства $b= 4.$ Тогда

8a+ 6⋅4= 0,

8a +24 = 0,

a =− 3.

Уравнение прямой имеет вид: $− 3x+ 4y = 0.$ Расстояние от точки до прямой можно найти по формуле

| | d =||Mx-⋅a√+-My-⋅b+-c||, | a2 +b2 |

где $M ,M x y$ — координаты точки $M.$ Подставим и найдем:

| | | | d = |||∘10-⋅(−-3)+0-|||= ||−-30||= 6. | (−3)2+ 42| |5 |

Ответ: 6

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#41861

В прямой треугольной призме $ABCA1B1C1$ известны боковое ребро $AA1 = 5$ , ребро $AC =4$ основания $ABC$ и угол $∘ ∠ACB = 120 .$ Найдите расстояние между середной ребра $AC$ и прямой $B1C1.$

Показать ответ и решение

Пусть $O,O1$ — середины ребер $AB, A1B1$ соответственно. $∘ ∘ ∘ ∠A1C1B1 внеш = 180 − 120 = 60$ . Проведем $O1H ⊥ B1C1 :$

$PIC$

Так как $OO1 ⊥ (A1B1C1)$ , то по ТТП $OH ⊥B1C1$ , следовательно, $OH$ — искомое расстояние.

√- ∘ ----------- √ ----- √- O1H = O1C1sin60∘ = 3 ⇒ OH = OO21 + O1H2 = 25 + 3= 2 7.

Ответ:

$2√7-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#16816

Через вершину $B$ ромба $ABCD$ проведена прямая $BM$ , перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояние от точки $M$ до прямых, содержащих стороны ромба, если $AB = 25$ , $∠BAD = 60∘$ , $BM = 12,5$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

$MB ⊥ (ABC ) ⇒ ρ(M, BC ) = ρ(M, AB ) = M B = 12,5.$

Опустим высоту $BH$ на прямую $DC$ , тогда из прямоугольного треугольника $BCH$ с углом $60∘$ при вершине $C$

√- BH = BC sin60∘ = 25-3- 2

Проведем $M H$ . $M B ⊥ (ABC ) ⇒ BH$ является проекцией $M H$ . Прямая $DC$ перпендикулярна проекции $BH$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $M H$ . $M H ⊥ DC ⇒ M H = ρ(M, CD )$ . $M B ⊥ BH$ , тогда по теореме Пифагора для треугольника $M BH$

∘ ----------- M H = M B2 + BH2 = 25 = ρ(M, CD )

Очевидно, что для расстояния $ρ(M, AD )$ формула будет аналогичной, но вместо $BH$ будет $BH ′$ , где $H ′$ — основание перпендикуляра из $B$ на $AD$ . Однако мы знаем, что высоты в ромбе равны, значит, $ρ(M, AD ) = ρ(M, CD ) = 25$ .

Ответ:

$ρ(M, BA ) = ρ(M, BC ) = 12,5; ρ(M, CD ) = ρ(M,AD ) = 25$ ;

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#16815

Прямая $OK$ перпендикулярна к плоскости ромба $ABCD$ , диагонали которого пересекаются в точке $O$ .

а) Докажите, что расстояния от точки $K$ до всех прямых, содержащих стороны ромба, равны.

б) Найдите это расстояние, если $OK = 4,5$ , $AC = 6$ , $BD = 8$ .

Показать ответ и решение

а) Опустим высоту $OH$ в прямоугольном треугольнике $AOB$ (ведь диагонали ромба перпендикулярны). Найдем высоту через катеты

1 1 OA ⋅OB OA ⋅OB - OA ⋅OB = SABC = -AB ⋅OH ⇒ OH = --------= √----2-----2- 2 2 AB OA + OB

$PIC$

Проведем $KH$ . $KO ⊥ (ABC ) ⇒ OH$ является проекцией $KH$ . Прямая $AB$ перпендикулярна проекции $OH$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $KH$ . $KH ⊥ AB ⇒ KH = ρ(K,AB )$ . $KO ⊥ OH$ , тогда по теореме Пифагора для треугольника $KOH$

∘ ----------------- KH = ∘KO2---+-OH2-= KO2 + OA2--⋅OB2--= ρ(K,AB ) OA2 + OB2

Расстояния до других сторон ромба находятся абсолютно аналогично. Полученное выражение зависит только от высоты и половинок диагоналей ромба, ведь

∘ ----------------- ┌│ -------(---)--(---)-- 2 -OA2-⋅OB2-- │∘ 2 -AC2--2 ⋅-BD2-2- KO + OA2 +OB2 = KO + (AC)2 + (BD)2 2 2

Оно не зависит от того, до какой именно из сторон мы вычисляем расстояния, следовательно, все четыре расстояния равны.

б)

┌│ --------(AC)2-(BD-)2- ∘ -------------- ρ(K,AB ) = ρ(K, BC ) = ρ(K,CD ) = ρ(K,DA ) = │∘ KO2 +--2---⋅--2----= 20,25+ -32 ⋅42 = ∘26,-01 = 5,1 (AC2-)2 + (BD2-)2 32 +42

Ответ:

б) $5,1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#16814

Один из катетов прямоугольного треугольника $ABC$ равен $m$ , а острый угол, прилежащий к этому катету, равен $φ$ . Через вершину прямого угла $C$ проведена прямая $CD$ , перпендикулярная к плоскости этого треугольника, причем $CD = n$ . Найдите расстояние от точки $D$ до прямой $AB$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Опустим высоту $CH$ в треугольнике $ACB$ , тогда из прямоугольного треугольника $ACH$ с углом $φ$ при вершине $A$

CH = m sinφ

Проведем $DH$ . По условию $DC ⊥ (ABC ) ⇒ CH$ является проекцией $DH$ . Прямая $AB$ перпендикулярна проекции $CH$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $DH$ . Имеем $DH ⊥ AB ⇒ DH = ρ(D, AB )$ . Так как $DC ⊥ CH$ , то по теореме Пифагора для треугольника $DCH$

∘ ------------ ∘ ---2-----2- 2 2 2 DH = CD + CH = n + m sin φ = ρ(D,AB )

Ответ:

$∘------------ n2 +m2 sin2φ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#16813

Через вершину прямого угла $C$ равнобедренного прямоугольного треугольника $ABC$ проведена прямая $CM$ , перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояние от точки $M$ до прямой $AB$ , если $AC = 4$ , a $CM = 2√7-$ .

Показать ответ и решение

$√- AB = 4 2$ как гипотенуза в равнобедренном прямоугольном треугольнике с катетом 4. Опустим высоту $CH$ в равнобедренном треугольнике $ACB$ , она также будет являться и медианой, т.е. $√ - HA = HB = 12AB = 2 2$ . Тогда по теореме Пифагора для треугольника $CHB$

∘ ----------- - CH = CB2 − BH2 = 2√ 2

$PIC$

Проведем $M H$ . $M C ⊥ (ABC ) ⇒ CH$ является проекцией $M H$ . Прямая $AB$ перпендикулярна проекции $CH$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $M H$ . $M H ⊥ AB ⇒ M H = ρ(M,AB )$ . $M C ⊥ CH$ , тогда по теореме Пифагора для треугольника $M CH$

∘ ----2-----2 M H = CM + CH = 6 = ρ(M, AB)

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#16812

Прямая $BD$ перпендикулярна к плоскости треугольника $ABC.$ Известно, что $BD = 9$ , $AC = 10$ , $BC = BA = 13$ . Найдите:

a) расстояние от точки $D$ до прямой $AC;$

б) площадь треугольникa $ACD$ .

Показать ответ и решение

а) Опустим высоту $BH$ в равнобедренном треугольнике $ACB$ , она также будет являться и медианой, т.е. $HA = HC = 12AC = 5$ . Тогда по теореме Пифагора для треугольника $AHB$

∘ ----------- BH = BA2 − AH2 = 12

$PIC$

Проведем $DH$ . $DB ⊥ (ABC ) ⇒ BH$ является проекцией $DH$ . Прямая $AC$ перпендикулярна проекции $BH$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $DH$ . $DH ⊥ AC ⇒ DH = ρ(D, AC )$ . $DB ⊥ BH$ , тогда по теореме Пифагора для треугольника $DBH$

∘ ----------- DH = DB2 + BH2 = 15 = ρ(D,AC )

б) $DH$ — высота в треугольнике $ACD$ , следовательно, его площадь

SACD = 1AC ⋅DH = 75 2

Ответ:

а) $15$

б) $75$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#16810

Через вершину $B$ квадрата $ABCD$ проведена прямая $BF$ , перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояния от точки $F$ до прямых, содержащих стороны и диагонали квадрата, если $BF = 8$ , $AB = 4$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

$F B ⊥ (ABC ) ⇒ FB ⊥ BC ⇒ ρ(F,BC ) = F B = 8.$

$F B ⊥ (ABC ) ⇒ FB ⊥ BA ⇒ ρ(F,BA ) = F B = 8.$

$F B ⊥ (ABC ) ⇒ FB ⊥ BD ⇒ ρ(F,BD ) = FB = 8.$

$F B ⊥ (ABC ) ⇒ BC$ является проекцией $FC$ на плоскость $ABC$ . $ABCD$ — квадрат, значит, прямая $CD$ перпендикулярна проекции $BC$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $F C$ . Получили, что $F C ⊥ CD$ , следовательно, $FC = ρ(F,CD )$ . По теореме Пифагора для треугольника $F BC$

----------- FC = ∘ BF 2 + BC2 = 4√5 = ρ(F, CD )

Аналогично $ρ(F,AD ) = F A = 4√5$ ( $ABCD$ — квадрат, поэтому ситуация абсолютно симметричная).

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$ . $F B ⊥ (ABC ) ⇒ BO$ является проекцией $FO$ на плоскость $ABC$ . $ABCD$ — квадрат, значит, прямая $AC$ перпендикулярна проекции $BO$ (диагонали квадрата перпендикулярны), следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $F O$ . Получили, что $FO ⊥ AC$ , следовательно, $F O = ρ(F,AC )$ . $1-- √ - BO = √2BC = 2 2$ как катет равнобедренного прямоугольного треугольника $BCO$ с гипотенузой $BC$ , равной 4. По теореме Пифагора для треугольника $F BO$

∘ ----------- √-- √- FO = BF 2 + BO2 = 72 = 6 2 = ρ(F,AC )

Ответ:

$√- √- ρ(F,BA ) = ρ(F,BC ) = ρ(F,BD ) = 8; ρ(F,CD ) = ρ(F,AD ) = 4 5; ρ(F, AC) = 6 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#16807

Отрезок $AD$ перпендикулярен к плоскости равнобедренного треугольника $ABC.$ Известно, что $AB = AC = 5$ см, $BC = 6$ см, $AD = 12$ см. Найдите расстояния от концов отрезка $AD$ до прямой $BC.$

Показать ответ и решение

Опустим высоту $AM$ в равнобедренном треугольнике $ACB$ , она также будет являться и медианой, т.е. $M C = M B = 12BC = 3$ . Тогда по теореме Пифагора для треугольника $ACM$

AM = $∘ ----------- AC2 − CM 2$ = 4

$AM$ — перпендикуляр из $A$ на прямую $BC$ , следовательно, его длина равна расстоянию от точки $A$ до прямой $BC$ .

$PIC$

Проведем $DM$ . $DA ⊥ (ABC ) ⇒ AM$ является проекцией $DM$ . Прямая $CB$ перпендикулярна проекции $AM$ , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярна и наклонной $DM$ . $DA ⊥ AM$ , тогда по теореме Пифагора для треугольника $DM A$