Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Физика
Кликните, чтобы открыть меню

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Нахождение расстояний от точки до прямой/плоскости

\(\blacktriangleright\) Расстояние от точки до прямой/плоскости — длина перпендикуляра, опущенного из этой точки на прямую/плоскость.

 

\(\blacktriangleright\) Т.к. все точки одной из параллельных прямых находятся на одинаковом расстоянии от другой прямой, то расстояние между параллельными прямыми — это длина перпендикуляра, опущенного из любой точки одной прямой ко второй прямой.

 

Таким образом, иногда бывает удобно искать расстояние между точкой \(A\) и прямой \(b\) как расстояние между прямой \(a \ (a\parallel b, a\subset A)\) и прямой \(b\) (то есть опускать перпендикуляр не из точки \(A\), а из какой-нибудь другой “более удобной” точки на прямой \(a\)).

 

\(\blacktriangleright\) Т.к. все точки одной из параллельных плоскостей находятся на одинаковом расстоянии от другой плоскости, то расстояние между параллельными плоскостями — это длина перпендикуляра, опущенного из любой точки одной плоскости к другой плоскости.

 

\(\blacktriangleright\) Т.к. все точки прямой, параллельной плоскости, находятся на одинаковом расстоянии от этой плоскости, то расстояние между параллельными прямой и плоскостью — это длина перпендикуляра, опущенного из любой точки прямой к плоскости.

 

Таким образом, иногда бывает удобно искать расстояние между точкой \(A\) и плоскостью \(\phi\) как расстояние между прямой \(a \ (a\parallel \phi, a\subset A)\) и плоскостью \(\phi\) (то есть опускать перпендикуляр не из точки \(A\), а из какой-нибудь другой “более удобной” точки на прямой \(a\)).

 

Задание 1 #1247
Уровень задания: Легче ЕГЭ

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 \(BC\).

Добавить задание в избранное

Из условия задачи следует, что:
1) \(SA\perp AB, AC \Rightarrow SA\perp (ABC)\);
2) \(SA=AB=AC=h=BC\);
3) \(SB=SC=h\sqrt2\).

 


 

Т.к. \(\triangle BAC\) равнобедренный, то \(AK\perp BC, K\) – середина \(BC\). Аналогично, \(SK\perp BC\). Таким образом, перпендикуляр \(AH\) на плоскость \(SBC\) упадет на прямую \(SK\) (удовлетворяет теореме о трех перпендикулярах: \(HK\) – проекция, \(AK\) – наклонная, обе перпендикулярны \(BC\)).

 

По теореме Пифагора \(AK=\dfrac{h\sqrt3}{2}\).

 

Следовательно, \(\mathrm{tg}\, \angle SKA=\dfrac{SA}{AK}=\dfrac{2\sqrt3}{3}=\dfrac{AH}{HK}\).
Значит, \(AH=2\sqrt3x, HK=3x\).
По теореме Пифагора из \(\triangle AHK\) находим \(x=\dfrac{1}{2\sqrt7} \Rightarrow AH=\sqrt{\dfrac{3}{7}}\)

Ответ:

\(\sqrt{\dfrac{3}{7}}\)

Задание 2 #3143
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

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

Добавить задание в избранное

Так как \(CD\parallel AB\) – 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 \(SD\perp (ABC)\). Проведем \(DK\perp AB\) (точка \(K\) упадет на продолжение отрезка \(AB\) за точку \(A\)).
Если \(E\) – точка пересечения прямых \(AD\) и \(BC\), то \(\angle AEB=60^\circ\). Так как также \(\angle BAE=\angle ABE\) (так как трапеция равнобедренная), то \(\triangle AEB\) равносторонний и \(\angle BAE=60^\circ\). Следовательно, и \(\angle ADC=\angle BCD=60^\circ\).



По теореме о трех перпендикулярах \(SK\perp AB\) (заметим, что \(SK\in (SAB)\)). 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 \(DAK\) \[\cos \angle ADK=\cos 30^\circ=\dfrac{DK}{DA} \quad\Rightarrow\quad DK=3\sqrt3.\] Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle SDK\): \[SK=\sqrt{SD^2+DK^2}=\sqrt{144+27}=3\sqrt{19}\] Тогда из этого же треугольника \[DK\cdot SD=DH\cdot SK \quad\Rightarrow\quad DH=\dfrac{12\sqrt3}{\sqrt{19}}.\]

Ответ:

\(\dfrac{12\sqrt3}{\sqrt{19}}\)

Задание 3 #1248
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Дана правильная четырехугольная пирамида \(SABCD\) с вершиной \(S\). Через точку пересечения диагоналей основания провели плоскость \(\alpha\) перпендикулярно ребру \(SA\). Найдите расстояние от точки \(N\) до плоскости \(\alpha\), если \(N\) – середина \(AD=2\sqrt2\), а высота пирамиды равна \(11\).

Добавить задание в избранное

1) Построим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Т.к. \(\alpha\perp SA\), то \(SA\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в \(\alpha\). Обозначим \(AC\cap BD=O\). Проведем \(OK\perp SA\).

По теореме о трех перпендикулярах \(SA\perp BD\) как наклонная (\(SO\perp (ABC), OA\perp BD\) – проекция).

 


 

Таким образом, имеем две пересекающиеся прямые \(OK\) и \(BD\) из плоскости \(\alpha\). Значит, сечением является треугольник \(BKD\).

2)Проведем \(MN\parallel BD\), следовательно, \(MN\parallel \alpha\). Т.к. расстояние от любой точки прямой, параллельной плоскости, до этой плоскости одинаково, то \(\rho(N, \alpha)=\rho(Q, \alpha)\) (\(\rho\) — расстояние).

Т.к. по условию \(SA\perp \alpha\), то проведем \(QH\parallel SA \Rightarrow QH\perp \alpha\).

По построению \(MN\) – средняя линия \(\triangle BAD\), следовательно, \(AQ=QO \Rightarrow QH\) – средняя линия \(\triangle KAO \Rightarrow QH=\dfrac{1}{2}AK\).

 

Рассмотрим \(\triangle SAO\):
\(AO=2\).
Из \(\triangle AKO \sim \triangle ASO \Rightarrow \dfrac{AK}{AO}=\dfrac{AO}{AS} \Rightarrow AK=\dfrac{4\sqrt5}{25} \Rightarrow QH=\dfrac{2\sqrt5}{25}\).

Ответ:

\(\dfrac{2\sqrt5}{25}\)

Задание 4 #3195
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В правильной треугольной призме \(ABCA_1B_1C_1\) стороны основания равны \(6\), боковые ребра равны \(8\), точка \(D\) – середина \(CC_1\). Найдите расстояние от вершины \(B\) до плоскости \(AB_1D\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

Найдем расстояние от точки \(B\) до плоскости \(AB_1D\) через объем пирамиды \(BAB_1D\).


 

Так как призма правильная, то боковые грани – равные прямоугольники. Следовательно, так как \(CD=DC_1\), то \(\triangle ACD=\triangle B_1C_1D\), откуда \(AD=DB_1\). Следовательно, если \(O\) – точка пересечения диагоналей \(AB_1\) и \(A_1B\), то \(DO\perp AB_1\) (медиана и высота в равнобедренном треугольнике).
Пусть \(K\) – середина \(AB\). Тогда \(CK\parallel DO\). Значит, так как \(CK\perp AB\), то \(DO\perp AB\). Отсюда \(DO\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(AB_1\) и \(AB\) в плоскости \(ABB_1\), следовательно, \(DO\perp(ABB_1)\). Значит, \(DO\) – высота пирамиды \(BAB_1D\) к основанию \(ABB_1\).
Следовательно, \[\dfrac 13\cdot DO\cdot S_{ABB_1}=V_{BAB_1D}=\dfrac 13\cdot h\cdot S_{AB_1D},\] где \(h\) – расстояние от точки \(B\) до \((AB_1D)\).   1) \(S_{ABB_1}=0,5\cdot AB\cdot BB_1=0,5\cdot 6\cdot 8\).   2) \(DO=CK\) как противоположные стороны параллелограмма \(DOKC\) (\(DO\parallel CK\), \(DC\parallel OK\)).   3) \(CK=0,5\sqrt3AB=3\sqrt3\).   4) \(AB_1=\sqrt{AB^2+BB_1^2}=10\).   5) \(S_{AB_1D}=0,5\cdot DO\cdot AB_1=0,5\cdot 3\sqrt3\cdot 10\).   Следовательно: \[h=\dfrac{3\sqrt3\cdot 0,5\cdot 6\cdot 8}{0,5\cdot 3\sqrt3\cdot 10}=4,8\]

Ответ: 4,8

Задание 5 #1250
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В цилиндре параллельно диаметру \(AB=10\) в нижнем основании проведена прямая, пересекающая окружность нижнего основания в точках \(M\) и \(N\), причем \(MN=6\). Через отрезок \(MN\) проведена плоскость \(\alpha\) под углом \(15^o\) к плоскости осевого сечения \(ABCD\). Найдите расстояние от центра нижнего основания до плоскости \(\alpha\).

Добавить задание в избранное

1) Т.к. \(MN\parallel AB\), то плоскость \(\alpha\) пересечет плоскость \(ABCD\) по прямой \(p\), параллельной \(AB\) (если это не так, то \(p\cap AB = K \Rightarrow K\in \text{нижнему основанию и } K\in \alpha \Rightarrow K \in MN \Rightarrow AB\cap MN \ne \varnothing\), что противоречит условию).

 


 

Обозначим за \(OQ\) – ось цилиндра. Тогда \(OQ\perp AB \Rightarrow OQ\perp p\) (\(OQ\cap p =L\)). Проведем \(OR\perp MN \Rightarrow \) по теореме о трех перпендикулярах \(RL\perp MN \Rightarrow RL\perp p \Rightarrow \angle RLO\) – угол между плоскостями \(ABCD\) и \(\alpha\).

2) Т.к. \(OR\perp MN \text{ и } LR\perp MN\), то перпендикуляр из точки \(O\) на плоскость \(\alpha\) упадет на прямую \(LR\).

Рассмотрим \(\triangle OMR: \ OM=5, MR=3, \angle ORM=90^\circ \Rightarrow OR=4\).

Рассмотрим \(\triangle LOR: \ \angle HOR=\angle RLO=15^\circ \Rightarrow OH=OR\cdot \cos15^\circ=4\cdot \cos{(45^\circ-30^\circ)}=\sqrt6+\sqrt2\).

Ответ:

\(\sqrt6+\sqrt2\).

Задание 6 #1249
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

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

Добавить задание в избранное

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 \(MNK\). Продлим прямую \(NK\) до пересечения с прямой \(AC\) – получим точку \(Q\). Соединив точки \(Q\) и \(M\), получим линию пересечения основания – отрезок \(MP\) (сечением является четырехугольник \(MNKP\)).


 

По теореме Менелая для \(\triangle ADC\) и прямой \(QK\) имеем:

 

\(\dfrac{AN}{ND}\cdot \dfrac{DK}{KC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}=1 \Rightarrow QA=2\).

 

Аналогично для \(\triangle ABC\) и прямой \(QP\):

 

\(\dfrac{BM}{MA}\cdot \dfrac{AQ}{QC}\cdot \dfrac{CP}{PB}=1 \Rightarrow BP=\dfrac{6}{5}\).

 

2) Проведем \(PH\perp ADC\) и \(PF\perp AC\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(HF\perp AC\), следовательно, \(\angle HFP=\angle (ABC, ACD)=\angle \alpha\). Найдем \(PH\) из треугольника \(PHF\). Для этого найдем \(PF\) и \(\angle \alpha\).

Проведем \(BL\perp AC\), тогда \(\angle BLD=\angle \alpha\). Треугольник \(BLD\) – равнобедренный (\(BL=LD=3\sqrt3, BD=6\)). По теореме косинусов найдем \(\cos \angle \alpha=\dfrac{1}{3}\)

 

Тогда \(\sin \angle \alpha = \dfrac{2\sqrt2}{3}=\dfrac{PH}{PF}\).

\(\triangle BLC \sim \triangle PFC \Rightarrow PF=\dfrac{12\sqrt3}{5}\)

Таким образом, \(PH=\dfrac{8\sqrt{6}}{5}\).

Ответ:

\(\dfrac{8\sqrt{6}}{5}\).

Задания, предлагающие школьнику найти расстояние от точки до прямой, в ЕГЭ встречаются ежегодно. При этом умение выполнять подобные задачи требуется выпускникам, сдающим как базовый уровень экзамена по математике, так и профильный. Научившись находить расстояние от точки до плоскости, в ЕГЭ школьник сможет правильно выполнить задание и получить заветные баллы.

«Прокачать» навыки и улучшить знания в таком непростом разделе геометрии, как стереометрия, вам поможет наш образовательный проект. «Школково» предлагает учащимся и их преподавателям по-новому выстроить процесс подготовки к сдаче единого госэкзамена.

Для того чтобы вы могли во время ЕГЭ правильно и с минимальными временными затратами решать задачи, где требуется найти расстояние от точки до прямой, мы предлагаем прежде всего повторить определения и основные правила. Для этого достаточно посетить раздел «Теоретическая справка». Здесь мы разместили материал, составленный нашими специалистами специально для учащихся с различным уровнем подготовки.

Затем для закрепления полученных знаний и отработки навыков выполните задания на нахождение расстояния от точки до плоскости в ЕГЭ; вы можете это сделать вне зависимости от того, где вы находитесь: в Москве или другом городе. Богатая подборка задач представлена в разделе «Каталог».