Математика 10 класс 10-М-6

6. Перпендикулярность прямых и плоскостей

Напомним основные определения.

определения
  • Прямая называется перпендикулярной плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.
  • Две плоскости называются перпендикулярными, если угол между ними равен 90°90^{\circ}. (Угол между плоскостями – это наименьшая из величин двугранных углов, образованных при их пересечении.)

Перечислим основные теоремы, которые используются при решении задач.

Теорема 4 (признак перпендикулярности прямой и плоскости).

Если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в одной плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

Теорема 5 (теорема о трёх перпендикулярах).

Прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость.

Теорема 6 (признак перпендикулярности двух плоскостей).

Если плоскость проходит через перпендикуляр к другой плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

Пример 9

В тетраэдре ABCDABCD ребро ABAB перпендикулярно ребру CDCD, а ребро ADAD перпендикулярно ребру BCBC. Докажите, что 

AB2+CD2=AD2+BC2AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2.

дОКАЗАТЕЛЬСТВО

Достроим BAD\triangle BAD до параллелограмма BADFBADF (рис. 21). Из перпендикулярности прямых ABAB и CDCD следует, что  CDF= 90°\angle CDF =  90^{\circ}, т. е. CF2=CD2+DF2CF^2 = CD^2 + DF^2. Аналогично, CF2=CB2+BF2CF^2 = CB^2 + BF^2, следовательно, CD2+DF2=  CB2+BF2CD^2 + DF^2 =  CB^2 + BF^2. Но DF= ABDF = AB, а BF= ADBF = AD, поэтому

AB2+CD2=AD2+BC2AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2.

Пример 10

Рёбра ABAB и CDCD, ADAD и BCBC тетраэдра ABCDABCD перпендикулярны. Докажите, что рёбра ACAC и BDBD также перпендикулярны.


дОКАЗАТЕЛЬСТВО

Опустим из точки DD перпендикуляр DODO на плоскость ABCABC (рис. 22). По теореме о трёх перпендикулярах из того, что CDABCD \perp AB следует, что COABCO \perp AB, т. е. точка OO лежит на прямой, содержащей высоту CC1CC_1 треугольника ABCABC. Аналогично, точка OO лежит на прямой, содержащей высоту AA1AA_1, и, значит, OO – ортоцентр (точка пересечения высот) треугольника ABCABC.

Следовательно, BOACBO \perp AC и по теореме о трёх перпендикулярах, BDACBD \perp AC.

Пример 11

Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды SABCDSABCD имеют длину `2`. Точки MM и NN – середины рёбер ASAS и ABAB соответственно. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку MM перпендикулярно прямой CNCN, и найти площадь этого сечения.


дОКАЗАТЕЛЬСТВО

Обозначим секущую плоскость через α\alpha и предположим, что искомое сечение построено. Так как α (CN)\alpha \perp (CN), то прямая CNCN перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости α\alpha, в частности линии пересечения плоскостей α\alpha и ABCABC. Кроме того, плоскость α\alpha должна содержать перпендикуляр, опущенный из точки MM на плоскость ABCABC (этот перпендикуляр параллелен высоте SOSO пирамиды). Действительно, если точка M1M_1 – основание перпендикуляра, опущенного из точки MM на плоскость ABCABC, а точка LL – основание перпендикуляра, опущенного из точки M1M_1 на прямую CNCN, то по теореме о трёх перпендикулярах (ML)(CN)(ML) \perp (CN). А так как (M1L)(CN)(M_1L) \perp (CN), то (MM1L)(CN)(MM_1L) \perp (CN). Но через точку MM проходит единственная плоскость, перпендикулярная прямой CNCN, поэтому α\alpha и (MM1LMM_1L) – одна и та же плоскость.

Отсюда вытекает следующее построение (рис. 23). Сначала строим изображение центра основания пирамиды – точку OO пересечения диагоналей ACAC и BDBD основания, затем строим отрезок SOSO – изображение высоты пирамиды. После этого через точку MM проводим прямую, параллельную прямой SOSO, до пересечения с отрезком ACAC в точке M1M_1. Тем самым мы построим изображение перпендикуляра, опущенного из точки MM на плоскость ABCABC. Остается построить изображение перпендикуляра к прямой CNCN, проходящего через точку M1M_1. Пусть этот перпендикуляр пересекает прямую CNCN в точке LL. Уточним положение точки LL вычислением, обратившись к рис. 24.

По теореме Пифагора CN2=BC2+BN2=4+1=5CN^2 = BC^2 + BN^2 = 4 + 1 = 5, т. е. CN=5CN = \sqrt{5}.

Пусть K=(CN)(BD)K = (CN) \cap (BD). Так как KK – точка пересечения медиан треугольника ABCABC, тo CK=23CN=253CK = \dfrac{2}{3} CN = \dfrac{2\sqrt{5}}{3}. Заметим, что M1M_1 – середина [OA][OA], поскольку MM – середина [ASAS], а (MM1)(SO)(MM_1) \parallel (SO). Следовательно, CM1=34AC=322CM_1 = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}. Теперь из подобия прямоугольных треугольников CLM1CLM_1 и COKCOK получаем, что CL=CM1CK·OC=9510CL = \dfrac{CM_1}{CK} \cdot OC = \dfrac{9\sqrt{5}}{10}, т. е. CLCN=910\dfrac{CL}{CN}=\dfrac{9}{10}. Тем самым положение точки LL определено. Для того, чтобы её построить, достаточно отложить на [CN][CN] от точки NN отрезок NLNL длины 110CN\dfrac{1}{10}CN (задача деления отрезка на равные части известна из планиметрии и решается с помощью теоремы Фалеса). Пусть теперь (M1L)(AB)=Q(M_1L) \cap (AB) = Q, (M1L)(AD)=P(M_1L) \cap (AD) = P. Заметим, что Q[AB]Q \in [AB], а P[AD]P \in [AD]. Действительно, из подобия треугольников LNQLNQ и BNCBNC (рис. 24) следует, что 

NQ=LN·CNNB=1105·51=12NQ = \dfrac{LN \cdot CN}{NB} = \dfrac{\dfrac{1}{10} \sqrt{5} \cdot \sqrt{5} }{1} = \dfrac{1}{2}.

Поэтому $$NQ < NB$$, значит, Q[AB]Q \in [AB]. Из подобия треугольников APQAPQ и BNCBNC следует, что

AP=AQ·NBBC=(AN+NQ)·NBBC=(1+12)·12=34AP = \dfrac{AQ \cdot NB}{BC} = \dfrac{(AN+NQ)\cdot NB}{BC} = \dfrac{(1+\dfrac{1}{2})\cdot 1}{2} = \dfrac{3}{4},

поэтому P[AD]P \in [AD]. Соединив точки PP и QQ с точкой MM, получаем искомое сечение (рис. 23).

Действительно, по построению (MM1)(ABC)(MM_1) \perp (ABC), a (CN)(AВС)(CN) \subset (AВС), следовательно (MM1)(CN)(MM_1) \perp (CN). Опять-таки по построению (PQ)(CN)(PQ) \perp (CN), следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости (MPQ)(CN)(MPQ) \perp (CN)

Вычислим площадь сечения. Имеем

SMPQ=12MM1·PQ=12(12SO)·PQS_{MPQ} = \dfrac{1}{2} MM_1 \cdot PQ = \dfrac{1}{2} (\dfrac{1}{2} SO) \cdot PQ.

Длину высоты пирамиды находим из прямоугольного треугольника ASOASO: SO2=SA2-AO2=4-2=2SO^2 = SA^2 - AO^2 = 4-2 = 2, т.е. SO=2SO = \sqrt{2}. Длину отрезка PQPQ находим из прямоугольного треугольника APQAPQ:

PQ2=AP2+AQ2=916+94=4516PQ^2 = AP^2 + AQ^2 = \dfrac{9}{16} + \dfrac{9}{4} = \dfrac{45}{16}, т.е. PQ=354PQ = \dfrac{3\sqrt{5}}{4}.

Итак, SMPQ=31016S_{MPQ} = \dfrac{3\sqrt{10}}{16}

Пример 12

Доказать, что плоскость α\alpha сечения куба ABCDA1B1C1D1ABCDA_1B_1C_1D_1, проходящая через середины PP, QQ, RR рёбер A1B1A_1B_1, B1C1B_1C_1, C1D1C_1D_1, перпендикулярна диагонали BD1BD_1 и проходит через её середину.


дОКАЗАТЕЛЬСТВО

Средняя линия PQPQ треугольника A1B1C1A_1B_1C_1 параллельна основанию A1C1A_1C_1, т. е. A1C1αA_1C_1 \parallel \alpha (рис. 25). Аналогично, C1D RLC_1D \parallel RL, т. е.  C1DαC_1D \parallel \alpha. Итак, плоскость α\alpha параллельна пересекающимся прямым A1C1A_1C_1 и C1DC_1D плоскости A1C1DA_1C_1D, поэтому α(A1C1D)\alpha \parallel (A_1C_1D). Отсюда следует, что α BD1\alpha \perp BD_1

Пусть OO – точка пересечения BD1BD_1 с плоскостью α\alpha. Тогда POBD1PO \perp BD_1, т. е. POPO – высота в равнобедренном треугольнике BPD1BPD_1, и, значит, POPO – его медиана, а OO – середина BD1BD_1.