Пирамиды. Угол между прямой и плоскостью. Расстояние от точки до плоскости и прямой. Углы и расстояния между прямыми в пространстве: Часть 3

Видео

Конспект

Расстояние от точки до плоскости и прямой

Пример 5.21

В правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S , все ребра которой равны 4 , точка N — середина ребра AC , точка O — центр основания пирамиды, точка P делит отрезок SO в отношении 3:1 , считая от вершины пирамиды.

а) Докажите, что прямая NP перпендикулярна прямой BS .

б) Найдите расстояние от точки B до прямой NP .

Stereo_2_101_s

Рис. 7: К примеру 5.21

Решение.

а) Рассмотрим плоскость SNB , в которой лежат точки S, O, P, N, B (рис. 7). \triangle SNB — равнобедренный. Найдем его боковые стороны: BN — высота в равностороннем \triangle ABC : BN = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} . SN — апофема (высота в равностороннем \triangle SAC ): SN = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} . Следовательно, SN=BN=2\sqrt{3} .

Пусть прямая NP пересекает ребро SB в точке Q . Проведем в плоскости SNB прямую OK \parallel SB , где K — точка на NP . \triangle KOP \sim \triangle QSP . Из подобия следует: \frac{SQ}{OK} = \frac{SP}{OP} = \frac{3x}{x} = 3 \implies SQ = 3 \cdot OK. \triangle NKO \sim \triangle NQB . Из подобия следует: \frac{OK}{QB} = \frac{ON}{BN} = \frac{1}{3} \implies QB = 3 \cdot OK. (Здесь использовано, что O делит медиану BN в отношении BO:ON = 2:1 , откуда ON = \frac{1}{3}BN ).

Из полученных равенств следует, что SQ = QB . Это означает, что Q — середина ребра SB . Следовательно, NQ — медиана в равнобедренном треугольнике SNB . В равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является и высотой. Значит, NQ \perp SB . Так как точки N, P, Q лежат на одной прямой, то NP \perp SB .

б) Расстояние от точки B до прямой NP (она же прямая NQ ) — это длина перпендикуляра, опущенного из точки B на прямую NQ . Из пункта а) мы доказали, что NQ \perp SB . То есть, \triangle NQB является прямоугольным с прямым углом при вершине Q . Искомое расстояние — это катет QB . Так как Q — середина ребра SB , а SB=4 , то QB = \frac{1}{2}SB = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2.

Ответ: 2 .

Пример 5.22

В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со стороной AB=6 и диагональю BD=11 . Все боковые ребра пирамиды равны 6 . На диагонали BD основания ABCD отмечена точка E , а на ребре AS — точка F так, что SF=BE=5 .

а) Докажите, что плоскость CEF параллельна ребру SB .

б) Плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q . Найдите расстояние от точки Q до плоскости ABC .

Stereo_2_62

Рис. 8: К примеру 5.22

Решение.

а) Продлим прямую CE до пересечения с прямой AB в точке K (рис. 8). \triangle BEK \sim \triangle DEC по двум углам ( \angle BEK = \angle DEC как вертикальные, \angle KBE = \angle CDE как накрест лежащие при AB \parallel CD ). Из подобия следует: \frac{BK}{CD} = \frac{BE}{ED} \Longrightarrow \frac{BK}{6} = \frac{5}{6} \implies BK=5. Тогда AK = AB - BK = 6-5 = 1 .

Рассмотрим \triangle ASB . По условию SF=5 . Боковое ребро AS=6 , значит AF = AS-SF = 6-5=1 . В \triangle ASB имеем: \frac{AF}{FS} = \frac{1}{5} и \frac{AK}{KB} = \frac{1}{5} . По теореме, обратной теореме Фалеса, для \triangle ASB и прямой FK получаем, что FK \parallel SB . Так как прямая FK лежит в плоскости (CEF) (поскольку C, E, K, F лежат в одной плоскости) и FK \parallel SB , то плоскость (CEF) параллельна ребру SB .

б) Для завершения построения сечения рассмотрим плоскость (BSD) . Так как плоскость сечения (FEC) параллельна SB , она пересекает плоскость (BSD) по прямой EQ , параллельной SB , где Q \in SD . Соединяя F и Q , C и Q , завершаем построение сечения CFEQ . Искомое расстояние — это высота QH , опущенная из точки Q на плоскость (ABC) .

Рассмотрим \triangle SBO . O — центр основания. BO = \frac{1}{2}BD = \frac{11}{2} . Высота пирамиды SO = \sqrt{SB^2 - BO^2} = \sqrt{6^2 - (11/2)^2} = \frac{\sqrt{23}}{2}. Рассмотрим \triangle DSB и \triangle DQE . Они подобны по двум углам, так как EQ \parallel SB . Коэффициент подобия равен отношению высот или сторон. Пусть QH — высота в \triangle DQE (и искомое расстояние). \frac{QH}{SO} = \frac{DE}{DB} \Longrightarrow \frac{QH}{\sqrt{23}/2} = \frac{6}{11} \Longrightarrow QH = \frac{6}{11} \cdot \frac{\sqrt{23}}{2} = \frac{3\sqrt{23}}{11}.

Ответ: \displaystyle \frac{3\sqrt{23}}{11} \vphantom{\int} .

Углы и расстояния между прямыми в пространстве

Пример 5.23

Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD с основанием ABCD , стороны основания которой равны 5\sqrt 2 . Точка L — середина ребра MB . Тангенс угла между прямыми DM и AL равен \sqrt 2 .

а) Пусть O — центр основания пирамиды. Докажите, что прямые AO и LO перпендикулярны.

б) Найдите высоту данной пирамиды.

Stereo_2_63

Рис. 9: К примеру 5.23

Решение.

а) Пирамида ABCD правильная, поэтому MO — высота пирамиды, значит, AO\perp MO (рис. 9). Также AO\perp BD , поэтому прямая AO перпендикулярна плоскости BMD и, в частности, прямой LO .

б) Из пункта а) следует, что треугольник AOL — прямоугольный, \displaystyle \frac {AO}{LO}=\tg \alpha , где \alpha=\angle ALO . Треугольники BLO и BMD подобны с коэффициентом подобия 2, то есть \displaystyle LO=\frac{1}{2}MD . AO — половина диагонали квадрата со стороной 5\sqrt 2 , поэтому MD=2\cdot LO=5\sqrt 2 . Из прямоугольного \triangle MOD по теореме Пифагора находим высоту пирамиды MO=5 .

Ответ: б) 5 .