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

Тема 14. Задачи по стереометрии

14.14 Расстояние от точки до плоскости

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#30832

Дана треугольная призма $ABCA1B1C1.$ Точка $M$ — середина ребра $AA1.$ Плоскость $α$ проходит через ребро $BB1$ и перпендикулярна прямой $CM.$

а) Докажите, что одна из диагоналей грани $AA1C1C$ равна одной из ее сторон.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ если $α$ делит ребро $AC$ в отношении $1:5,$ считая от точки $A,$ $AC = 20$ и $AA1 = 32.$

Источник: ЕГЭ 2022, резервная волна

Показать ответ и решение

а) По условию $CM ⊥ α.$ Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна каждой прямой, лежащей в этой плоскости, в частности, $CM ⊥ BB1.$

Так как $ABCA1B1C1$ — призма, то $AA1 ∥BB1,$ следовательно, $CM ⊥ AA1.$

Рассмотрим треугольник $AA1C$ в одноименной плоскости. Отрезок $CM$ является его медианой и высотой, значит, $△ AA1C$ — равнобедренный, то есть $AC = A1C.$ Таким образом, в грани $AA1C1C$ диагональ $A1C$ равна стороне $AC.$

$PIC$

б) Пусть плоскость $α$ пересекает прямую $CM$ в точке $H,$ прямую $AC$ — в точке $D$ , прямую $A1C1$ — в точке $D1.$ Заметим, что все эти три точки лежат в грани $AA1C1C.$ Значит, они лежат на прямой пересечения грани $AA1C1C$ плоскостью $α.$

Нам нужно найти расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ то есть длину $CH,$ так как $CM ⊥α,$ а $H$ — точка пересечения $CM$ и $α.$

По условию имеем:

AD :DC = 1:5, AC = 20

Отсюда получаем

AD = 10, DC = 50 3 3

По условию $CM ⊥ α,$ значит, $CM ⊥ DD1.$ Тогда $AA1 ∥ DD1.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $AMC$ и $DHC.$ Они подобны, так как $∠ACM$ — общий и $∠MAC = ∠HDC$ как соответственные углы, образованные параллельными прямыми $AA1$ и $DD1$ и секущей $AC.$ Тогда имеем:

CH DC 50 5 CM--= AC- = 320 = 6 CH = 56CM

Найдем $CM.$ По условию $M$ — середина $AA1,$ значит,

AM = 1AA1 = 16 2

Треугольник $AMC$ — прямоугольный, тогда по теореме Пифагора:

2 2 2 AC = AM +CM

Таким образом,

2 2 2 2 2 CM = AC − AM = 20 − 16 = 2 ( 2 2) 2 2 = 4 ⋅ 5 − 4 = 4 ⋅3

Отсюда $CM = 12.$ Теперь можем найти длину $CH :$

5 5⋅12 CH = 6CM = 6 = 10

Ответ: б) 10

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#80090

В основании пирамиды с вершиной $S$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 9$ и $BC = 12.$ Все боковые рёбра пирамиды равны $√- 7,5 2.$ На рёбрах $BC$ и $AD$ отмечены точки $M$ и $N$ соответственно так, что $BM = 281= DN.$ Плоскость сечения проходит через точки $M$ и $N$ перпендикулярно ребру $AS.$

а) Докажите, что плоскость сечения пересекает ребро $AS$ в его середине.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости сечения.

Показать ответ и решение

а)

1. Проведём диагональ $AC$ и отрезок $NM,$ которые пересекаются в точке $G.$

2. Рассмотрим $△AGN$ и $△CGM.$
$∠ANG = ∠CMG$ как накрест лежащие, $∠NAG =∠GCM$ как накрест лежащие и $AN = CM,$ откуда $△AGN$ и $△CGM$ равны по двум углам и стороне.

3. У равных треугольников равные соответствующие элементы, следовательно, $AG = GC.$ Это в свою очередь означает, что точка $G$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника в основании, то есть принадлежит плоскости сечения.

4. Рассмотрим прямоугольный $△ABC.$ По теореме Пифагора:
$AC2 = AB2 + BC2 = 81+ 144 = 225,$ откуда $AC = 15.$

5. Рассмотрим $△ASC.$ По обратной теореме Пифагора: $AC2 = AS2 + CS2 = 225= 112,5+ 112,5,$ откуда получаем, что $△ASC$ — прямоугольный.

6. Провед̈eм $GF ∥ SC.$ Тогда $FG$ — средняя линия по определению, откуда $F$ — середина ребра $AS.$

7. $∘ ∠GF S =90 ,$ поскольку $∘ ∠ASC = 90 .$ Следовательно, точка $F$ также принадлежит плоскоскости сечения, ведь эта плоскость перпендикулярна ребру $AS.$ Ч.Т.Д.

$PIC$

Для профилактики доведём построение сечения до конца.

1. Продлим прямую $NM$ до точки пересечения с прямой $AB$ — точки $J.$ Проведём отрезок $JF,$ пересекающий $BS$ в точке $K.$ Проведём $KM.$

2. Поскольку $ABCD$ — прямоугольник, то длины противоположных сторон равны, откуда $75- AN = AD − DN = BC − DN = 8 .$

3. Рассмотрим $△ANJ$ и $△BMJ.$ $∘ ∠NAJ = ∠MBJ = 90,$ $∠NJA$ и $∠MJB$ — один и тот же угол, откуда $△ANJ ∼ △BMJ.$

4. Из выявленного подобия выводим отношения отрезков:

75 AN--= 281 = AJ-= 25. BM -8 BJ 7

5. Запишем теорему Менелая для $△ABS$ и секущей $FK :$

BK--⋅ SF ⋅ AJ-= 1, KS F A JB

BK 1 25 KS-⋅ 1 ⋅-7 =1,

BK-- 7- KS = 25.

Теперь мы знаем положение всех вершин сечения и его построение полностью завершено.

б)

Факт: расстояние от точки до плоскости равно длине перпендикуляра, опущенного из этой точки на эту плоскость.

2. Заметим, что раз $CS ∥ FG$ и $FG ∈$ плоскости сечения, то $CS ∥$ плоскости сечения. То есть расстояния от каждой точки данной прямой до этой плоскости одинаковы.

3. Таким образом, мы можем найти расстояние от точки $S$ до плоскости сечения и автоматически найти ответ.

4. Поскольку ребро $AS ⊥$ плоскости сечения, то $SF$ — перпендикуляр, опущенный из точки $S$ на плоскость сечения (то есть его длина равна искомому расстоянию). Длина $SF$ равна половине длины ребра $AS$ ( $F$ — середина $AS$ ), то есть $√- 3,75 2.$

Ответ:

б) $√- 3,75 2$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#41864

Все ребра призмы $ABCA1B1C1$ равны между собой. Углы $BAA1$ и $CAA1$ равны $∘ 60$ каждый. Найдите расстояние от точки $C1$ до плоскости $CA1B1$ , если площадь грани $ABB1A1$ равна $√- 8 3.$

Показать ответ и решение

Пусть ребро призмы равно $a.$ Тогда $SABB A =a2sin60∘ = √3a2 = 8√3 1 1 2$ $⇒$ $a = 4.$

Заметим, что $BA1 = CA1 = a$ , следовательно, если $AK ⊥ BC$ , $K$ — середина, то $A1K ⊥ BC$ , следовательно, из $A1H ⊥ AK$ следует, что $A1H ⊥ (ABC )$ . Получаем, что $BC ⊥ AK$ и $BC ⊥ A1K$ $⇒$ $BC ⊥(AA1K )$ $⇒$ $BC ⊥AA1$ $⇒$ $BB1C1C$ — квадрат. Тогда $B1C =a√2-$ , следовательно, в $△A B C 1 1$ стороны равны $a,a,a√2-$ , значит, по обратной теореме Пифагора он прямоугольный и $∘ ∠B1A1C = 90 .$

$PIC$

Пусть $CH1 ⊥ (A1B1C1)$ . Тогда $CH1 = A1H$ (как расстояние между двумя параллельными плоскостями, содержащими основания призмы). Пусть $C1P = h$ , $α = (A B C) 1 1$ , $S =S α A1B1C$ , $S = S = S ABC A1B1C1$ , $C P ⊥ α 1$ . Тогда по методу объемов

A H⋅S =3V = V = 3V = 3V = h⋅S ⇔ h = A1H-⋅S- 1 A1ABC ABCA1B1C1 CA1B1C1 C1A1B1C α Sα

1.: Найдем $S$ : $√- S = a2-3- 4$
2.: Найдем $A1H$ . $AK = a√3 2$ . Проведем $KT ⊥ AA1$ , $T$ — середина $AA1$ , тогда по теореме Пиифагора $∘ ---------- ∘ 3----1--- a KT = AK2 − AT 2 = 4a2− 4a2 = √- 2$
Тогда
$∘-- A1H ⋅AK = 2SAA1K =KT ⋅AA1 ⇔ A1H = KT-⋅AA1-= a 2 AK 3$
3.: Найдем $S α$ . Так как $△A B C 1 1$ прямоугольный и равнобедренный с катетами $a$ , то $Sα = 1a2 2$

Следовательно,

A1H ⋅S a 4 √- h= --Sα--= √2-= √2-= 2 2.

Ответ:

$2√2-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#41863

Основание $ABCD$ наклонной призмы $ABCDA1B1C1D1$ — квадрат, а все боковые грани призмы — равные ромбы. Углы $BAA1$ и $DAA1$ равны $∘ 60$ каждый. Найдите расстояние от точки $A1$ до плоскости $BDD1$ , если сторона квадрата $ABCD$ равна 10.

Показать ответ и решение

$△BAA1$ и $△DAA1$ — равнобедреннные с углом $60∘$ , следовательно, они равносторонние, значит, $BA1 = DA1 = AA1 = a= 10.$ $O$ — точка пересечения диагоналей квадрата, следовательно, $A1O$ — медиана и высота в равнобедренном $△BA1D$ , значит, $BD ⊥ A1O$ . Также $BD ⊥ AC$ , следовательно, $BD ⊥(ACC1 )$ $⇒$ $BD ⊥ AA1$ $⇒$ $BDD1B1$ — прямоугольник со сторонами $BB1 = a$ , $BD = a√2.$

$PIC$

Пусть $A1P ⊥ (BDD1 )$ . Так как боковые ребра пирамиды $A1BDD1B1$ равны, то $P$ — центр описанной около $BDD1B1$ окружности, следовательно, $P$ — точка пересечения диагоналей этого прямоугольника.

$BD1 = ∘BD2--+-DD21 = √2a2+-a2 = a√3$ $⇒$ $BP = a√3 2$ $⇒$

∘ ------- ∘----2-----2 2 3 2 a 10 A1P = A1B − BP = a − 4a = 2 = 2 = 5.

Ответ:

$5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#41858

Расстояния от концов отрезка до некоторой плоскости равны 1 и 3. Чему может быть равно расстояние от середины этого отрезка до той же плоскости?

Показать ответ и решение

Существует два возможных варианта взаиного расположения отрезка относительно плоскости: он целиком находится по одну сторону от нее или он ее пересекает. Оба варианта изображены на рисунке. Рассмотрим каждый из них.

$PIC$

1.: $A1B1$ — отрезок, $O1$ — его середина, $A ′1,O ′1,B ′1$ — проекции точек $A1,O1,B1$ на плоскость. Заметим, что $′ ′ ′ A1A1 ∥O1O 1 ∥B1B 1$ , следовательно, все точки лежат в одной плоскости, следовательно, точки $A′1,O′1,B ′1$ лежат на одной прямой.
Получили трапецию $A B B ′A ′ 1 1 1 1$ , в которой $O O′ 1 1$ — средняя линия. Следовательно, она равна полусумме оснований, значит. $′ O1O1 = 12(1+ 3)= 2.$
2.: $A2B2$ — отрезок, $Q$ — точка пересечения отрезка и плоскости, $O2$ — его середина, $A′2,O′2,B′2$ — проекции точек $A2,O2,B2$ на плоскость. Заметим, что $A2A ′2 ∥O2O ′2 ∥ B2B′2$ , следовательно, все точки лежат в одной плоскости, следовательно, точки $A′,Q,O′,B′ 2 2 2$ лежат на одной прямой.
$△A2A ′2Q ∼ △B2B ′2Q$ как прямоугольные по острому углу, следовательно, $A2Q :B2Q = 1 :3$ . Пусть $A Q = x 2$ , $B Q= 3x 2$ $⇒$ $A O = 2x 2 2$ $⇒$ $O Q =x 2$ . Следовательно, $′ ′ △A2A 2Q= △O2O 2Q$ , откуда $′ O2O2 = 1.$

Ответ:

2 или 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#41857

На каком расстоянии от ребра $SA$ правильной пирамиды $SABC$ с вершиной $S$ должна проходить плоскость $α$ , параллельная ребрам $BC = a$ и $AS = b$ , чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была максимальной?

Показать ответ и решение

Пусть $AA1 ⊥BC,$ $SH$ — высота пирамиды, следовательно, так как пирамида правильная, $H$ — точка пересечения медиан $△ABC$ .

Так как $BC ∥ α$ и $BC ∈(ABC )$ , то $α ∩(ABC )= MN ∥ BC.$ Так как $AS ∥ α$ и $AS ∈ (SAB )$ , то $α∩ (SAB )= MP ∥AS$ . Аналогично для $(SBC)$ : $KP ∥BC$ , $(SAC )$ : $NK ∥ AS$ , $(ASA1 )$ : $OQ ∥AS$ ; $OQ = NK$ . Следовательно, параллелограмм $MNKP$ — сечение пирамиды плоскостью $α$ . Так как в правильной треугольной пирамиде ребро основания перпендикулярно противоположному ему боковому ребру, то $BC ⊥ AS$ ( $AS$ — наклонная, а $AA1$ — ее проекция, следовательно, по ТТП из $AA1 ⊥ BC$ следует $AS ⊥ BC$ ). Так как $MN ∥BC,$ $NK ∥AS,$ то $MN ⊥ NK$ , следовательно, $MNKP$ — прямоугольник. Пусть $MN ∩ AA1 = O$ . Проведем $OR ⊥ AS$ . Аналогично доказательству в скобках $OR$ — наклонная, $AA1$ — ее проекция, следовательно, из $AA1 ⊥MN$ следует $OR ⊥MN$ . Так как также $OR ⊥ NK$ , то $OR ⊥ α$ — искомое расстояние.

$PIC$

Пусть $AA1 = x$ , $OA1 =kx$ , $0< k < 1$ . Тогда $AO = (1− k)x$ . $△OQA1 ∼ △ASA1$ , следовательно,

OQ- OA1- AS = AA1 = k ⇒ OQ =kb

$△AMN ∼ △ABC$ , следовательно,

MN AO BC--= AA1-= 1 − k ⇔ MN = (1− k)a

Следовательно,

SMNKP = OQ ⋅MN = k(1 − k)⋅ab

$SMNKP$ принимает максимальное значение тогда, когда принимает максимальное значение функция $y = k(1− k)= − (k2− k+ 14) + 14 = − (k − 12)2 + 14 ≤ 14$ . Следовательно, $y ≤ 1 4$ , значит, $ymax = 1 4$ , причем достигается это значение при $1 k = 2$ . Значит, $O$ — середина $AA1.$ Тогда $a√3 AO = 4 .$

$△ORA ∼ △SHA$ $⇒$

∘ ------ OR- AO- ∘ --2-----2- 2 a2) a√3b2-−-a2- SH = AS ⇒ (так как SH = AS − AH = b − 3 OR = 4b .

Ответ:

$√ ------- a--3b2− a2 4b$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#41856

На ребре $AS$ правильной пирамиды $SABC$ объемом $V$ взята такая точка $D$ , что $SD :DA = m :n.$ Расстояние от центра основания $ABC$ до плоскости $BCD$ равно $d.$ Найдите площадь треугольника $BCD.$

Показать ответ и решение

Пусть $SD = mx,$ $AD = nx.$ Пусть $H$ — центр правильного $△ABC$ , то есть точка пересечения его медиан (высот), тогда $HP$ (которая перпендикулярна $DA1$ ) — наклонная, $HA1$ — ее проекция, следовательно, из $HA1 ⊥ BC$ по ТТП следует $HP ⊥ BC$ . Следовательно, $HP$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DA1$ и $BC$ плоскости $(BDC )$ , следовательно, $HP ⊥ (BDC )$ $⇒$ $HP = d.$

$PIC$

Проведем $AP1 ⊥ DA1$ , $SP2 ⊥ DA1$ . Тогда (пусть $SBDC = S$ )

VABDC = 1AP1 ⋅S + 3 VSBDC = 1SP2⋅S и VABDC-= AP1-= AD- = n-, ----------3----------- VSBDC SP2 SD m =V

так как $△AP1D ∼△SP2D$ как прямоугольные по острому углу $∠ADP1 = ∠SDP2.$

Заметим, что мы доказали попутно факт:

Плоскость, проходящая через ребро тетраэдра, делит противоположное ему ребро в том же отношении, в котором она делит объем тетраэдра.

Тогда

1 n n 3V VABDC = 3AP1⋅S = m-+-n ⋅V ⇒ S = m-+n-⋅AP1-

Заметим, что $△AP1A1 ∼ △HP A1$ какп прямоугольные по общему острому углу $HA1P$ , следовательно,

AP1-= AA1-= 3 ⇒ AP1 = 3d HP HA1

Значит,

--n-- -3V- --n-- 3V- --n-- V- S = m +n ⋅AP1 = m + n ⋅3d = m + n ⋅ d.

Ответ:

$--n-- ⋅ V n + m d$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#41855

Плоскость $α$ , параллельная боковому ребру $AS =a√2-$ и ребру $BC =a$ основания $ABC$ правильной пирамиды $SABC$ , проходит на расстоянии $d$ от ребра $AS$ . Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью.

Показать ответ и решение

Пусть $AA1 ⊥BC,$ $SH$ — высота пирамиды, следовательно, так как пирамида правильная, $H$ — точка пересечения медиан $△ABC$ . Следовательно, $2 2 a√3 a AH = 3AA1 = 3 ⋅-2-= √3.$

Так как $BC ∥ α$ и $BC ∈(ABC )$ , то $α ∩ (ABC ) =MN ∥ BC.$ Так как $AS ∥α$ и $AS ∈(SAB )$ , то $α ∩(SAB )= MP ∥AS$ . Аналогично для $(SBC )$ : $KP ∥ BC$ , $(SAC )$ : $NK ∥AS$ . Следовательно, параллелограмм $MNKP$ — сечение пирамиды плоскостью $α$ . Так как в правильной треугольной пирамиде ребро основания перпендикулярно противоположному ему боковому ребру, то $BC ⊥ AS$ ( $AS$ — наклонная, а $AA1$ — ее проекция, следовательно, по ТТП из $AA1 ⊥ BC$ следует $AS ⊥ BC$ ). Так как $MN ∥BC,$ $NK ∥AS,$ то $MN ⊥ NK$ , следовательно, $MNKP$ — прямоугольник. Пусть $MN ∩ AA1 =O$ . Проведем $OR ⊥ AS$ . Аналогично доказательству в скобках $OR$ — наклонная, $AA1$ — ее проекция, следовательно, из $AA1 ⊥ MN$ следует $OR ⊥ MN$ . Так как также $OR ⊥ NK$ , то $OR ⊥α$ , следовательно, $OR = d.$

$PIC$

∘ -- ∘-- cos∠SAH = AH- = √1- ⇒ sin∠SAH = 5= OR- ⇒ AO = d 6 AS 6 6 AO 5

Так как $√- AA1 = a23$ и $△AMN ∼ △ABC$ $⇒$

NM AO ∘-2 BC--= AA1- ⇒ MN = 2d 5

Так как $- - AO :AA1 = (2d√2):(a√5)$ и $△BP M ∼ △BSA$ $⇒$

P M BM A O A A − AO 2d√2 a√30-− 4d√3 -SA-= -BA-= A1A-= -1A-A----= 1− -√--- ⇒ PM = ----√------ 1 1 a 5 15

Тогда площадь сечения равна

a√30− 4d√3 ∘-2 4d(a√5− 2d√2) S = P M ⋅MN = ---√15-----⋅2d 5 =------5------.

Ответ:

$√- √ - 4d(a-5-− 2d-2) 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#10903

На ребрах $CD$ и $BB1$ куба $A...D1$ с ребром $12$ отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно, причем $DP = 4$ , $B1Q = 3$ . Плоскость $AP Q$ пересекает ребро $CC1$ в точке $M$ .

а) Докажите, что $M$ – середина $CC 1$ .

б) Найдите расстояние от $C$ до плоскости $AP Q$ .

Показать ответ и решение

а) Чтобы построить точку $M$ , достаточно продлить прямую $AP$ до пересечения с $BC$ в точке $F$ , а затем пересечь $QF$ с ребром $CC1$ куба.

$PIC$

$AD ∥ BF ⇒ △AP D ∼ △F P C$ с коэффициентом $DP : PC = 1 : 2 ⇒ CF = 2AD = 24$ .

$BB1 ∥ CC1 ⇒ △F M C ∼ △F QB$ с коэффициентом $F C : FB = 24 : 36 = 2 : 3 ⇒ M C = 2QB = 6 = 1CC1 3 2$ .

б) Опустим перпендикуляр $CG$ на $P F$ , проведем отрезок $M G$ . По теореме о трех перпендикулярах, из $P F ⊥ CG$ следует $PF ⊥ M G ⇒ (CM G ) ⊥ PF$ . Опустим перпендикуляр $CH$ на $M G$ . $CH$ лежит в плоскости $CM G ⇒ CH ⊥ P F$ . Таким образом, $CH$ перпендикулярен двум непараллельным прямым ( $M G$ и $P F$ ) плоскости $M F P$ , а значит, и самой плоскости. Осталось найти длину $CH$ .

$PIC$

$△ PCF$ — прямоугольный, тогда его высота

CG = PC-⋅CF--= √-8-⋅24-- = √192--= √24- P F 82 + 242 640 10

$△ GCM$ — прямоугольный, тогда его высота

CG ⋅CM √2140 ⋅6 144 144 144 24 12√2 CH = --M-G---= ∘(----)2-----= √----∘-576---360-= √---- = -√---= √--- = √---- 2√410 + 62 10 ⋅ 10-+ 10- 936 6 26 26 13

Ответ:

б) $12√2 √---- 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#2413

В основании четырехугольной пирамиды $SABCD$ лежит равнобедренная трапеция $ABCD$ , причем $AD = BC = 6$ , $CD > AB$ . Угол между прямыми $AD$ и $BC$ равен $60∘$ . Известно, что $SD = 12$ – высота пирамиды.
Найдите расстояние от точки $C$ до грани $SAB$ .

Показать ответ и решение

Так как $CD ∥ AB$ – основания трапеции, то $CD$ параллельна плоскости $SAB$ , в которой находится прямая $AB$ . Следовательно, расстояние от любой точки прямой $CD$ до плоскости $SAB$ будет одинаковым. Найдем расстояние до плоскости $SAB$ от точки $D$ .
Так как $SD$ – высота пирамиды, то $SD ⊥ (ABC )$ . Проведем $DK ⊥ AB$ (точка $K$ упадет на продолжение отрезка $AB$ за точку $A$ ).
Если $E$ – точка пересечения прямых $AD$ и $BC$ , то $∠AEB = 60∘$ . Так как также $∠BAE = ∠ABE$ (так как трапеция равнобедренная), то $△AEB$ равносторонний и $∠BAE = 60∘$ . Следовательно, и $∠ADC = ∠BCD = 60∘$ .

$PIC$

По теореме о трех перпендикулярах $SK ⊥ AB$ (заметим, что $SK ∈ (SAB )$ ). Тогда перпендикуляр $DH$ из точки $D$ на плоскость $SAB$ упадет на $SK$ (в противном случае по теореме о трех перпендикулярах проекция $HK$ наклонной $DK$ будет перпендикулярна $AB$ и тогда будут существовать в одной плоскости два перпендикуляра $SK$ и $HK$ к прямой $AB$ , что невозможно).
Таким образом, необходимо найти $DH$ .
Из прямоугольного треугольника $DAK$

DK √ -- cos ∠ADK = cos30 ∘ = ---- ⇒ DK = 3 3. DA

Тогда по теореме Пифагора из $△SDK$ :

√------------ √ --------- √ --- SK = SD2 + DK2 = 144 + 27 = 3 19

Тогда из этого же треугольника

√ -- DK ⋅ SD = DH ⋅ SK ⇒ DH = 12√--3-. 19

Ответ:

$√ -- 12√---3 19$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#1329

Дана треугольная пирамида $SABC,$ причем грани $SAB$ и $SAC$ представляют собой равные равнобедренные треугольники с прямыми углами при вершине $A.$ Найдите расстояние от точки $A$ до грани $SBC,$ если высота пирамиды равна $h$ и равна $BC.$

Показать ответ и решение

Из условия задачи следует, что:

SA ⊥AB, SA⊥ AC ⇒ SA ⊥ (ABC )

SA = AB =AC = h= BC

SB =SC = h√2

$PIC$

Так как $△BAC$ — равнобедренный, то $AK ⊥ BC,K$ — середина $BC$ . Аналогично, $SK ⊥BC$ .

Таким образом, перпендикуляр $AH$ на плоскость $SBC$ упадет на прямую $SK$ , поскольку в таком случае выполнена теорема о трех перпендикулярах: $HK$ — проекция, $AK$ — наклонная, обе перпендикулярны $BC$ . Тогда $AH$ — искомое расстояние.

По теореме Пифагора в $△ABC$ :

2 √ - h2 = h-+ AK2 ⇒ AK = h--3 4 2

Тогда

√- -AH = tg∠SKA = SA-= 2-3 ⇒ AH = 2√3x, HK = 3x HK AK 3

По теореме Пифагора в $△AHK$ :

2 ∘ -- 3h-= 12x2+ 9x2 ⇒ x = √1-h ⇒ AH = 3h 4 2 7 7

Ответ:

$∘ 3- h 7$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#398

$ABCD$ – правильный тетраэдр с ребром $6$ . $M, N,K$ – такие точки на ребрах $AB, AD, CD$ соответственно, что $AM = M B, DN = 2N A = CK$ . Плоскость $M N K$ пересекает ребро $BC$ в точке $P$ . Найдите расстояние от точки $P$ до плоскости $ACD$ .

Показать ответ и решение

1) По условию $ABCD$ представляет собой правильную треугольную пирамиду, все ребра которой равны $6$ . Найдем, в каком отношении точка $P$ делит отрезок $BC$ . Для этого построим сечение пирамиды плоскостью $M N K$ . Продлим прямую $N K$ до пересечения с прямой $AC$ – получим точку $Q$ . Соединив точки $Q$ и $M$ , получим линию пересечения основания – отрезок $M P$ (сечением является четырехугольник $M N KP$ ).

$PIC$

По теореме Менелая для $△ADC$ и прямой $QK$ имеем:

$AN-- ⋅ DK- ⋅ CQ-= 1 ⇒ QA = 2 N D KC QA$ .

Аналогично для $△ABC$ и прямой $QP$ :

$BM--- AQ-- CP-- 6- M A ⋅QC ⋅ P B = 1 ⇒ BP = 5$ .

2) Проведем $P H ⊥ ADC$ и $P F ⊥ AC$ . Тогда по теореме о трех перпендикулярах $HF ⊥ AC$ , следовательно, $∠HF P = ∠ (ABC, ACD ) = ∠ α$ . Найдем $P H$ из треугольника $P HF$ . Для этого найдем $P F$ и $∠ α$ .

Проведем $BL ⊥ AC$ , тогда $∠BLD = ∠ α$ . Треугольник $BLD$ – равнобедренный ( $√ -- BL = LD = 3 3,BD = 6$ ). По теореме косинусов найдем $1- cos ∠α = 3$

Тогда $√ -- sin ∠ α = 2--2-= P-H- 3 P F$ .

$√ -- 12---3 △BLC ∼ △P FC ⇒ PF = 5$

Таким образом, $8√6-- PH = ----- 5$ .

Ответ:

$√ -- 8---6 5$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#397

Дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S.$ Через точку пересечения диагоналей основания провели плоскость $α$ перпендикулярно ребру $SA.$ Найдите расстояние от точки $N$ до плоскости $α,$ если $N$ — середина $AD = 2√2,$ а высота пирамиды равна 11.

Показать ответ и решение

Построим сечение пирамиды плоскостью $α.$ Так как $α ⊥ SA,$ то $SA$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в $α.$ Обозначим $AC ∩BD = O.$ Проведем $OK ⊥ SA.$

По теореме о трех перпендикулярах $SA ⊥ BD$ как наклонная, поскольку $SO ⊥ (ABC ),OA ⊥ BD$ — проекция.

Таким образом, имеем две пересекающиеся прямые $OK$ и $BD$ в плоскости $α.$ Значит, сечением пирамиды плоскостью $α$ является треугольник $BKD.$

Проведем $MN ∥ BD,$ следовательно, $MN ∥ α.$ Так как расстояния от любой точки прямой, параллельной плоскости, до этой плоскости одинаковы, то имеем:

ρ(N,α)= ρ(Q,α)

Здесь буквой $ρ$ обозначили расстояние.

$PIC$

Так как по условию $SA ⊥ α,$ то проведем $QH ∥SA,$ следовательно, $QH ⊥ α.$

По построению $MN$ — средняя линия $△BAD,$ следовательно, $AQ = QO.$ Тогда $QH$ — средняя линия $△KAO$ и $1 QH = 2AK.$

В $△SAO$ имеем:

AO = 2√2:√2-= 2, AS =∘22-+-112 = 5√5

Тогда из подобия треугольников $AKO$ и $ASO :$

AK- AO- AO-⋅AO- 2-⋅2- AO = AS ⇒ AK = AS = 5√5-

Тогда искомое расстояние равно

1 2 2√5- QH = 2AK = 5√5-= -25-

Ответ:

$2√5 -25-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#20567

На ребрах $CD$ и $BB1$ куба $ABCDA1B1C1D1$ с ребром 12 отмечены точки $P$ и $Q$ соответственно, причем $DP = 4,$ $B1Q = 3.$ Плоскость $(AP Q)$ пересекает ребро $CC1$ в точке $M.$

а) Докажите, что точка $M$ является серединой ребра $CC1.$

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $(APQ ).$

Показать ответ и решение

а) Обозначим за $α$ плоскость $(AP Q).$ Продлим прямую $AP$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $E.$ Точка $E$ лежит в плоскости $α,$ а также в плоскости $BCB1C1.$ Тогда и $QE$ лежит в плоскости $BCB1C1,$ значит, точка пересечения $QE$ и $CC1$ и есть точка $M.$

Так как $AD ∥ CE,$ то $△AP D ∼ △EP C$ по двум углам с коэффициентом подобия, равным

DP- = --4-- = 1 P C 12− 4 2

Тогда $CE =2AD =24.$

Так как $MC ∥QB,$ то $△ EMC ∼ △EQB$ по двум углам с коэффициентом подобия, равным

EC 24 2 EB- = 24+-12-= 3

Тогда имеем:

MC = 2QB = 2(12− 3) =6 = 1CC1 3 3 2

Получили, что $M$ — середина $CC , 1$ что и требовалось.

$PIC$

б)

Способ 1.

Пусть $V$ — объем пирамиды $ABEQ,$ $h$ — искомое расстояние от точки $B$ до плоскости $α.$ Заметим, что $QB$ совпадает с высотой из точки $Q$ на плоскость $(ABE ).$ Тогда можем записать $V$ двумя способами:

$pict$

По теоремам Пифагора для треугольников

$pict$

$PIC$

По теореме косинусов для угла $Q$ треугольника $AQE :$

$pict$

Способ 2.

$PIC$

Произведем дополнительное построение. Пусть $H$ — основание высоты из $B$ в треугольнике $ABE,$ а $F$ основание высоты из $B$ в треугольнике $BQH.$ Докажем, что $BF$ перпендикулярно плоскости $(AQE ).$

По теореме о трех перпендикулярах $QH ⊥ AE,$ так как $BH ⊥AE.$ Тогда $AE ⊥ BH$ и $AE ⊥ QH ⇒ AE$ перпендикулярна плоскости $(QBH ).$ Тогда $BF ⊥ AE,$ так как лежит в $(QBH ),$ при этом $BF ⊥ QH$ по построению. Получили, что $BF$ перпендикулярна прямым $QH$ и $AE$ из плоскости $(AQE ),$ а значит перпендикулярна всей плоскости. Осталось найти длину $BF,$ чтобы решить задачу.

Треугольник $ABE$ — прямоугольный, тогда его высота равна

AB ⋅BE AB ⋅BE 432 36 BH = --AE--- = √---2-----2 =--√---= √--- AB + BE 12 10 10

Аналогично для треугольника $QBH :$

BQ-⋅BH-- --BQ-⋅BH---- -3√6⋅190 36-- BF = QH = ∘BQ2--+-BH2-= 9√√26 = √26 10

Ответ:

б) $36-- √26$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#2741

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ точка $P$ – середина $AB$ , точка $K$ – середина $BC$ . Через точки $P$ и $K$ параллельно $SB$ проведена плоскость $α$ .

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью $α$ является прямоугольником.

б) Найдите расстояние от точки $S$ до плоскости $α$ , если известно, что $SC = 5$ , $AC = 6$ .

Показать ответ и решение

а) Построим сечение пирамиды плоскостью $α$ . Т.к. точки $P$ и $K$ являются серединами сторон, то $P K$ – средняя линия, следовательно, $PK ∥ AC$ .
Т.к. плоскость $α$ параллельна прямой $SB$ , то она пересечет грани $SAB$ и $SBC$ по прямым, параллельным $SB$ . Следовательно, $P M ∥ SB ∥ KN$ .

Т.к. $(SAC ) ∩ (BAC ) = AC$ , $α ∩ (BAC ) = P K$ , $PK ∥ AC$ , то $α ∩ (SAC ) = M N$ , причем $M N ∥ AC$ .

$PIC$

Таким образом, имеем: $P K ∥ M N$ , $PM ∥ KN$ , следовательно, $P M N K$ – параллелограмм. Т.к. $P M ∥ SB$ и $P$ – середина стороны $AB$ , то по теореме Фалеса $M$ – середина ребра $AS$ . Аналогично $N$ – середина ребра $SC$ . Т.к. пирамида правильная, то ее боковые ребра равны, следовательно, $AM = M S = SN = N C$ .

Рассмотрим $△M AK$ и $△N CP$ : они равны по двум сторонам и углу между ними ( $AK = CP$ , т.к. в основании лежит правильный треугольник; боковые ребра наклонены к плоскости основания под одинаковым углом, т.к. пирамида правильная).

Таким образом, $M K = N P$ . То есть диагонали параллелограмма $P M N K$ равны, следовательно, по признаку он является прямоугольником.

б) Расстояние от точки до плоскости – это длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на плоскость. Т.к. $SH ⊥ (ABC )$ , то $ST ⊥ P K$ . Также очевидно, что $LR ⊥ PK$ .

Пусть $SO$ – перпендикуляр на плоскость $α$ (то есть точка $O ∈ α$ ). Тогда по теореме о трех перпендикулярах ( $SO ⊥ α$ , $ST ⊥ P K$ – наклонная) проекция $OT ⊥ P K$ (заметим, что $OT ∈ α$ ). Таким образом, мы имеем в плоскости $α$ две прямые $OT$ и $LR$ , которые перпендикулярны прямой $P K$ , что возможно только если они параллельны. Но они не параллельны, т.к. имеют одну общую точку $T$ , значит, эти прямые совпадают, то есть точка $O$ должна лежать на прямой $LR$ . Следовательно, перпендикуляр $SO$ из точки $S$ на плоскость $α$ будет падать на продолжение отрезка $LR$ .

Рассмотрим плоскость $(BSZ )$ : $△RT H ∼ △SOT$ , следовательно,

SO-- ST-- RH = RT (∗)

Найдем $RH$ , $ST$ , $RT$ .

$PIC$

Т.к. $△ABC$ – правильный, то $6√3 √-- BZ = 2 = 3 3$ (как высота).

Т.к. $P K$ – средняя линия,то $√ - BR = RZ = 0,5 ⋅ BZ = 3--3 2$ .

Т.к. $BZ$ и $CP$ еще и медианы, а медианы точкой пересечения делятся в отношении $2 : 1$ , считая от вершины, то $1 √ -- HZ = 3 ⋅ BZ = 3$ . Таким образом, $√-- RH = 0,5 ⋅ 3$ .