многогранники упраженния. многогранники. Стереометрия на егэ по математике Многогранники в задаче 16
 Скачать 0.62 Mb.
|
|
? 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 AKMC, 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 MF . 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 KMN. Решение. Сечение показано на рис. 49 — это четырёхугольник KLMN. 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 KMN по отрезкам KN и MN 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 KLMN, 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 MA и MB, лежащие соответственно в данных полуплоскостях и перпендикулярные ребру (рис. 51 ). M A B π σ ϕ Рис. 51. Линейный угол двугранного угла Полученный угол AMB — 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 NM на прямую BC. Прямая NM 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 LMN. 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 BMN 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 №16 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 №16, 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 MDC. 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 DMC: 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 NH перпендикулярно C 1 M . Покажем, что NH ⊥ ABC 1 В равнобедренном треугольнике ABC 1 медиана C 1 M является одновременно высотой, так что AB ⊥ C 1 M . Кроме того, AB ⊥ MN, так как призма прямая. Следовательно, прямая AB перпендикулярна плоскости C 1 M N — и, в частности, прямой NH, лежащей в этой плоскости. Итак, NH ⊥ C 1 M (по построению) и NH ⊥ AB. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости прямая NH перпендикулярна плоскости ABC 1 , что мы и хотели показать. Стало быть, искомое расстояние d равно длине отрезка NH. Дальше несложно. Имеем: MN = 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 MN. 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 №16 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 MN является общим перпендикуляром к прямым AD и BC. В самом деле, BM = M C ; медиана MN равнобедренного треугольника BMC будет также его высотой, так 48 что MN ⊥ BC. Точно так же медиана NM равнобедренного треугольника AND будет его высотой, поэтому MN ⊥ AD. Итак, требуется найти MN. 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 KNM, 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 NH на прямую KM . Вдобавок имеем NH ⊥ BC, поэтому NH — перпендикуляр к плоскости KBC. Найдём длины сторон треугольника KNM. Очевидно, NM = 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 NKM тупой. Вот почему высота NH оказывается вне треугольника KNM.) Запишем теорему косинусов для стороны KN треугольника KNM: 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 |