Задача 110445

Темы:    [ Куб ] [ Метод координат в пространстве ] [ Расстояние от точки до плоскости ]

Сложность: 3 Классы: 10,11

Условие

Ребро куба EFGHE1F1G1H1 равно 2. На рёбрах EH и HH1 взяты точки A и B , причём =2 , = . Через точки A , B и G1 проведена плоскость. Найдите расстояние от точки E до этой плоскости.

Решение

Поскольку = , прямая AB параллельна диагонали H1E квадрата EHH1E1 , а т.к. H1E || G1F , то AB || G1F . Значит, прямые AB и G1F лежат в одной плоскости – в секущей плоскости, проходящей через точки A , B и G1 . Таким образом, трапеция ABG1F – сечение, о котором говорится в условии задачи. Пусть K – точка пересечения AF и EG . Тогда секущая плоскость и плоскость диагонального сечения EGG1E1 пересекаются по прямой G1K . Прямая G1K пересекает лежащую с ней в плоскости EGG1E1 прямую EE1 в некоторой точке D . Тогда искомое расстояние от точки E до плоскости ABG1F равно высоте тетраэдра DAFE , проведённой из вершины E . Из подобия треугольников AKE и FKG следует, что

= = = .
Из подобия треугольников DKE и G1KG находим, что
DE = GG1· =GG1· =· 2= .
Тогда
DF= = = ,

AF= = = ,

AD = AE = .
Пусть FP – высота равнобедренного треугольника ADF . Тогда
FP = = = = .
Пусть V – объём тетраэдра DAFE . Поскольку AE – высота тетраэдра, то
V=S_{Δ DEF}· AE = · DE· EF · AE= · · 2· = .
С другой стороны, V=S_{Δ ADF}· h , где h – искомое расстояние. Следовательно,
h = = = = 2.


Введём систему координат Oxyz , направив ось Ox по лучу HG , ось Oy – по лучу HE , ось Oz – по лучу HH1 . Найдём координаты нужных нам точек: G1(2;0;2) , E(0;2;0) . Запишем уравнение плоскости ABG1 в отрезках:
++ =1.
Подставив в это уравнение координаты точки G1 найдём, что a=-1 . Тогда уравнение секущей плоскости имеет вид
-x+y+z= 1, или 2x-3y-3z+2=0.
Пусть h – искомое расстояние. По формуле для расстояния от точки до плоскости находим, что
h= = =2.

Ответ

2 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8641