Расстояние от точки до плоскости — задание №14 ЕГЭ по математике

План. Сначала используем три прямоугольных треугольника у вершины $D$, чтобы найти боковые рёбра. Затем выберем оси вдоль этих перпендикулярных рёбер: так точки сечения получат простые координаты. а) Почему пирамида правильная. Обозначим $DA=x$, $DB=y$, $DC=z$. По теореме Пифагора в треугольниках $ADB$, $BDC$, $ADC$: $$x^2+y^2=AB^2,\quad y^2+z^2=BC^2,\quad x^2+z^2=AC^2.$$ Все правые части равны $(6\sqrt2)^2=2\cdot36=72$. Вычитая первые два равенства, получаем $x^2=z^2$, то есть $x=z$, поскольку длины положительны. Аналогично $x=y$. Тогда $$2x^2=72,\qquad x^2=36,\qquad x=6.$$ Итак, $$DA=DB=DC=6.$$ Основание $ABC$ равностороннее по условию. Если $H$ — проекция $D$ на основание, то из прямоугольных треугольников $DHA$, $DHB$, $DHC$: $$HA^2=DA^2-DH^2,\quad HB^2=DB^2-DH^2,\quad HC^2=DC^2-DH^2.$$ Равные боковые рёбра дают $HA=HB=HC$. Значит, $H$ — центр окружности, описанной около равностороннего основания, то есть его центр. Высота попадает в центр правильного основания, поэтому пирамида правильная. б) Координаты сечения. Направим оси из $D$ к $A$, $B$, $C$. Эти оси взаимно перпендикулярны: $$D(0;0;0),\quad A(6;0;0),\quad B(0;6;0),\quad C(0;0;6).$$ Условие $DM:MA=DN:NC=1:2$ означает $$DM=DN=\frac{1}{1+2}\cdot6=\frac13\cdot6=2.$$ Поэтому $$M(2;0;0),\qquad N(0;0;2).$$ Плоскость через $M$, $N$, $B$ пересекает оси в точках с координатами 2, 6, 2. Запишем её уравнение и проверим подстановкой каждой точки: $$\frac x2+\frac y6+\frac z2=1,$$ $$3x+y+3z=6.$$ Для $M$ левая часть равна $3\cdot2=6$, для $N$ — $3\cdot2=6$, для $B$ — $6$. Нормаль к плоскости — вектор $(3;1;3)$; его длина $$\sqrt{3^2+1^2+3^2}=\sqrt{9+1+9}=\sqrt{19}.$$ Расстояние от точки до плоскости равно модулю результата подстановки точки в левую часть уравнения, перенесённого в одну сторону, делённому на длину нормали. Это выражение измеряет смещение именно вдоль перпендикуляра, а не вдоль какой-либо координатной оси. Для начала координат $D$: $$d=\frac{|3\cdot0+0+3\cdot0-6|}{\sqrt{19}}=\frac6{\sqrt{19}}=\frac{6\sqrt{19}}{19}.$$ Ответ: б) $\frac{6\sqrt{19}}{19}$.

План. Найдём след секущей плоскости в верхнем основании по его параллельности нижнему. Затем для расстояния запишем уравнение плоскости. а) Строим трапецию. Плоскость сечения пересекает нижнее основание по $AC$. Верхнее основание параллельно нижнему, поэтому его след проходит через $K$ параллельно $AC$. Пусть он пересекает $B_1C_1$ в $L$. В треугольнике $B_1A_1C_1$ точка $K$ — середина $B_1A_1$, а $KL\parallel A_1C_1$. По теореме о средней линии $L$ — середина $B_1C_1$, причём $$KL=\frac12 A_1C_1=\frac12\cdot4=2.$$ Грани $ABB_1A_1$ и $BCC_1B_1$ дают стороны $AK$ и $CL$. Значит, полное сечение — четырёхугольник $AKLC$, где $KL\parallel AC$ и $AC=4$. По Пифагору в прямоугольных треугольниках $AA_1K$, $CC_1L$: $$AK^2=AA_1^2+A_1K^2=4^2+2^2=16+4=20,$$ $$CL^2=CC_1^2+C_1L^2=4^2+2^2=20.$$ Таким образом, $AK=CL=\sqrt{20}$, то есть боковые стороны трапеции равны. Она равнобедренная. б) Уравнение плоскости. Возьмём прямоугольные координаты $$A(0;0;0),\quad B(4;0;0),\quad C(2;2\sqrt3;0),\quad K(2;0;4).$$ Плоскость проходит через начало $A$, значит, её уравнение имеет вид $ux+vy+wz=0$. Подставляем $C,K$: $$2u+2\sqrt3v=0,\qquad 2u+4w=0.$$ Отсюда $u=-\sqrt3v$, $w=-u/2$. Можно взять $v=-2$, тогда $$u=2\sqrt3,\qquad w=-\sqrt3.$$ Получаем $$2\sqrt3x-2y-\sqrt3z=0.$$ Нормаль $(2\sqrt3;-2;-\sqrt3)$ имеет длину $$\sqrt{(2\sqrt3)^2+(-2)^2+(-\sqrt3)^2}=\sqrt{12+4+3}=\sqrt{19}.$$ Расстояние от точки до плоскости равно модулю подстановки её координат в уравнение, делённому на длину нормали. Для $B(4;0;0)$: $$d=\frac{|2\sqrt3\cdot4-2\cdot0-\sqrt3\cdot0|}{\sqrt{19}}=\frac{8\sqrt3}{\sqrt{19}}.$$ Умножаем числитель и знаменатель на $\sqrt{19}$: $$d=\frac{8\sqrt3\sqrt{19}}{19}=\frac{8\sqrt{57}}{19}.$$ Ответ: б) $\frac{8\sqrt{57}}{19}$.

План. Параллельные стороны квадрата укажут направления противоположных рёбер тетраэдра. Через подобие найдём длины этих рёбер. Затем выразим объём через расстояние между параллельными сечению плоскостями. а) Направления рёбер. Стороны квадрата $KL$ и $MN$ параллельны. Первая находится в плоскости $ACD$, вторая — в плоскости $BCD$. Эти плоскости пересекаются по $CD$. Если бы $KL$ пересекала $CD$ в точке $X$, то $X$ лежала бы и в плоскости квадрата, и в $BCD$, а значит, на $MN$. Получилось бы, что различные параллельные прямые $KL$ и $MN$ пересекаются. Это невозможно. Поэтому $$KL\parallel MN\parallel CD.$$ Аналогично, рассматривая $KN$ в $ABC$ и $LM$ в $ABD$, получаем $$KN\parallel LM\parallel AB.$$ Соседние стороны квадрата перпендикулярны. Следовательно, параллельные им направления рёбер тоже перпендикулярны: $$AB\perp CD.$$ Находим длины $AB$, $CD$. Из $AK:KC=2:3$: $$\frac{AK}{AC}=\frac25,\qquad \frac{CK}{CA}=\frac35.$$ В треугольнике $ACD$ отрезок $KL\parallel CD$. По подобию $AKL$ и $ACD$: $$\frac{KL}{CD}=\frac{AK}{AC}=\frac25.$$ Так как сторона квадрата $KL=2$, получаем $$\frac2{CD}=\frac25,\qquad CD=2\cdot\frac52=5.$$ В треугольнике $CAB$ отрезок $KN\parallel AB$. По подобию $CKN$ и $CAB$: $$\frac{KN}{AB}=\frac{CK}{CA}=\frac35.$$ Отсюда $$\frac2{AB}=\frac35,\qquad AB=2\cdot\frac53=\frac{10}{3}.$$ б) Почему в формуле объёма появляется расстояние между плоскостями. Обозначим плоскость квадрата через $\alpha$. Через $AB$ и $CD$ проведём параллельные ей плоскости $\beta$, $\gamma$. Пусть расстояние между ними равно $d$. Для вывода нужной формулы возьмём обычные прямоугольные оси: ось $x$ вдоль $AB$, ось $y$ параллельно $CD$, ось $z$ перпендикулярно $\alpha$. Это возможно именно потому, что $AB\perp CD$. Начало — $A$. Тогда при $AB=p$, $CD=q$ координаты можно записать так: $$A(0;0;0),\quad B(p;0;0),\quad C(u;v;d),\quad D(u;v+q;d).$$ Горизонтальные сдвиги $u,v$ могут быть любыми; они не повлияют на объём. Объём тетраэдра равен модулю смешанного произведения трёх рёбер из одной вершины, делённому на 6. Множитель $1/6$ получается из $1/2$ в площади треугольного основания и $1/3$ в объёме пирамиды. Раскрываем определитель по первой строке: $$6V=\left|\begin{vmatrix}p&0&0\\u&v&d\\u&v+q&d\end{vmatrix}\right|=|p(vd-d(v+q))|.$$ Раскрываем скобки: $$6V=|p(vd-dv-dq)|=|-pqd|=pqd.$$ Следовательно, $$V=\frac{AB\cdot CD\cdot d}{6}.$$ Подставляем найденные длины и $V=25$: $$25=\frac{(10/3)\cdot5\cdot d}{6}=\frac{25d}{9},$$ $$d=25\cdot\frac9{25}=9.$$ Плоскость $\alpha$ пересекает $AC$ в точке $K$ на доле $AK/AC=2/5$ от $\beta$ к $\gamma$. Расстояние до параллельной плоскости при движении по отрезку меняется линейно, поэтому расстояние от всей прямой $AB$, в частности от $B$, до $\alpha$: $$d(B,\alpha)=\frac25d=\frac25\cdot9=\frac{18}{5}.$$ Ответ: б) $\frac{18}{5}$.

План. Для перпендикулярности найдём скалярное произведение направлений. Затем определим нормаль плоскости через два её направления и воспользуемся формулой расстояния. Пусть ребро куба равно $a$. Выберем координаты: $$A(0;0;0),\quad B(a;0;0),\quad C(a;a;0),\quad B_1(a;0;a),$$ $$M\left(\frac a2;0;0\right),\qquad N\left(0;\frac a2;0\right).$$ а) Перпендикулярность прямых. Направления: $$\overrightarrow{NB_1}=\left(a;-\frac a2;a\right),\qquad \overrightarrow{MC}=\left(\frac a2;a;0\right).$$ Их скалярное произведение равно $$a\cdot\frac a2+\left(-\frac a2\right)a+a\cdot0=\frac{a^2}{2}-\frac{a^2}{2}=0.$$ Следовательно, направления перпендикулярны, то есть прямые $B_1N$ и $CM$ перпендикулярны. б) Находим плоскость $\alpha$. В ней лежит направление $NB_1$, а по условию она параллельна $CM$. Нормаль $\mathbf n=(u;v;w)$ перпендикулярна обоим направлениям. Делим уравнения скалярных произведений на $a>0$: $$u-\frac v2+w=0,\qquad \frac u2+v=0.$$ Из второго равенства $v=-u/2$. Подставляем в первое: $$u+\frac u4+w=0,\qquad w=-\frac54u.$$ Можно взять $u=-4$; тогда $v=2$, $w=5$. Уравнение плоскости через $N$: $$-4(x-0)+2\left(y-\frac a2\right)+5(z-0)=0,$$ $$-4x+2y+5z-a=0.$$ Её нормаль имеет длину $$|\mathbf n|=\sqrt{(-4)^2+2^2+5^2}=\sqrt{16+4+25}=\sqrt{45}=3\sqrt5.$$ Расстояние от $C(a;a;0)$ до неё: $$d=\frac{|-4a+2a+5\cdot0-a|}{3\sqrt5}=\frac{|-3a|}{3\sqrt5}=\frac a{\sqrt5}.$$ Осталось найти ребро куба из $B_1N=6$. По координатам: $$B_1N^2=a^2+\left(-\frac a2\right)^2+a^2=a^2+\frac{a^2}{4}+a^2=\frac{9a^2}{4},$$ $$B_1N=\frac{3a}{2}=6,\qquad 3a=12,\qquad a=4.$$ Подставляем и рационализируем знаменатель: $$d=\frac4{\sqrt5}=\frac{4\sqrt5}{5}.$$ Ответ: б) $\frac{4\sqrt5}{5}$.

План. Для отношений точек удобны координаты по трём рёбрам, даже если оси не перпендикулярны. Они позволяют найти долю ребра $SD$, занятую $SQ$. Настоящую длину высоты вычислим отдельно по Пифагору. Временно возьмём $A$ за начало и векторы $AB$, $AD$, $AS$ за единичные координатные направления. Это означает: точке $(x;y;z)$ соответствует вектор $x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AD}+z\overrightarrow{AS}$. Здесь можно находить плоскости и отношения отрезков, но нельзя считать длины как сумму квадратов этих координат. $$A(0;0;0),\ B(1;0;0),\ D(0;1;0),\ C(1;1;0),\ S(0;0;1).$$ Так как $BD=9$, $BE=4$, доля пути от $B$ к $D$ равна $4/9$: $$E=B+\frac49(D-B)=\left(1-\frac49;\frac49;0\right)=\left(\frac59;\frac49;0\right).$$ Из $AS=5$, $SF=4$ следует $$AF=AS-SF=5-4=1,\qquad \frac{AF}{AS}=\frac15,$$ $$F\left(0;0;\frac15\right).$$ а) Находим плоскость $CEF$. Её уравнение имеет вид $ux+vy+wz=k$. Подстановка $F$ даёт $w/5=k$. Можно взять $k=1$, тогда $w=5$. Подстановка $C$ и $E$: $$u+v=1,\qquad \frac59u+\frac49v=1.$$ Умножаем второе равенство на 9, а первое — на 4: $$5u+4v=9,\qquad 4u+4v=4.$$ Вычитаем: $$u=5,\qquad v=1-5=-4.$$ Следовательно, плоскость имеет уравнение $$5x-4y+5z=1.$$ Направление $SB$ в выбранных координатах — $(1;0;-1)$. При движении на любую долю $t$ в этом направлении левая часть меняется на $$5t-4\cdot0+5(-t)=0.$$ Таким образом, направление $SB$ параллельно плоскости. Точка $S$ не лежит в ней: её подстановка даёт 5, а справа 1. Поэтому прямая $SB$ параллельна плоскости $CEF$. б) Находим высоту точки $Q$. Запишем точку на $SD$ через долю $t=SQ/SD$: $$Q=S+t(D-S)=(0;t;1-t).$$ Подставляем в уравнение плоскости: $$5\cdot0-4t+5(1-t)=1,$$ $$-4t+5-5t=1,\qquad 5-9t=1,$$ $$9t=4,\qquad t=\frac49.$$ Значит, $Q$ находится на ребре, а её высота над основанием составляет долю $$1-t=1-\frac49=\frac59$$ от высоты $S$. Теперь вернёмся к обычным расстояниям. Все боковые рёбра равны, поэтому проекция вершины $S$ на прямоугольник — его центр $O$. Расстояние от центра до вершины основания равно половине диагонали: $$OD=\frac{BD}{2}=\frac92.$$ В прямоугольном треугольнике $SOD$: $$SO^2=SD^2-OD^2=5^2-\left(\frac92\right)^2=25-\frac{81}{4}=\frac{100-81}{4}=\frac{19}{4},$$ $$SO=\frac{\sqrt{19}}2.$$ Расстояние от $Q$ до плоскости основания равно её высоте: $$d=\frac59SO=\frac59\cdot\frac{\sqrt{19}}2=\frac{5\sqrt{19}}{18}.$$ Ответ: б) $\frac{5\sqrt{19}}{18}$.