Б.2
Мастер-класс Расстояние от точки до плоскости
К Атласу №13
Тип Б.2 · Расширенный разбор

Расстояние от точки до плоскости

Самый универсальный тип задачи №13. Метод объёмов решает почти всё, координаты — техничнее, через двугранный угол — изящнее. В этом разборе: базовая задача из Атласа, два её типичных «двойника», и общие принципы выбора метода.

3
метода
3
задачи
∞
вариаций на ЕГЭ
Главная формула типа Б.2
$d=\dfrac{3V_{\text{тетраэдра}}}{S_{\text{грани}}}$
Vобъём тетраэдра, где вершина — наша точка Sплощадь противолежащей грани (она же — плоскость)
Часть I · Базовая задача

Точка A и плоскость SBC правильной пирамиды

Разбираем оригинальную задачу из Атласа всеми тремя методами параллельно, чтобы сравнить логику и выбрать, какой удобнее применять на экзамене.

Б.2 ★

Базовый сценарий — пирамида и боковая грань

правильная пирамида · сторона 2 · высота 1
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания равна $2$, высота пирамиды равна $1$.
Найти расстояние от точки $A$ до плоскости $SBC$.
fig. Б.2 base потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
Три параллельных решения. Один и тот же ответ $\sqrt 2$ получается тремя разными способами. Они подчёркивают разные стороны задачи и пригодятся в разных ситуациях.
I
Метод I · Метод объёмов
$d = 3V / S$ для тетраэдра $SABC$
  1. Выделим вспомогательный тетраэдр. Точка $A$ и плоскость $SBC$ задают тетраэдр $SABC$ (или, равносильно, $ABCS$). Его объём можно вычислить, выбирая в качестве основания любую из четырёх граней — и приравнять.
  2. Объём через основание $\triangle ABC$. Треугольник $ABC$ — половина квадрата основания со стороной $2$, поэтому $$S_{\triangle ABC}=\tfrac12\cdot 2\cdot 2=2.$$ Высота тетраэдра в этом случае — это высота пирамиды, то есть $SO=1$ (точка $S$ проецируется в центр $O$ основания, а $O$ лежит внутри $\triangle ABC$). Итог: $$V=\tfrac13\cdot S_{\triangle ABC}\cdot SO=\tfrac13\cdot 2\cdot 1=\dfrac{2}{3}.$$
  3. Объём через основание $\triangle SBC$. Эта же величина может быть представлена как $V=\tfrac13\cdot S_{\triangle SBC}\cdot d$, где $d$ — искомое расстояние от $A$ до плоскости $SBC$.
  4. Площадь $\triangle SBC$. Треугольник $SBC$ равнобедренный: $SB=SC$. Найдём апофему $SM$, где $M$ — середина $BC$.
    $M$ лежит на середине ребра $BC$ основания, $OM=\tfrac12\cdot AB=1$ (расстояние от центра квадрата до середины стороны). Тогда $$SM=\sqrt{SO^2+OM^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt 2.$$ Площадь треугольника: $$S_{\triangle SBC}=\tfrac12\cdot BC\cdot SM=\tfrac12\cdot 2\cdot\sqrt 2=\sqrt 2.$$
  5. Приравниваем. $$\tfrac13\cdot\sqrt 2\cdot d=\dfrac{2}{3}\ \Rightarrow\ d=\dfrac{2}{\sqrt 2}=\sqrt 2.$$
Ответ метода I $d=\sqrt 2$
Почему это работает Объём тетраэдра — инвариант: не зависит от того, какую грань мы считаем «основанием». Поэтому формула $V=\tfrac13 Sh$, применённая к двум разным граням и приравненная, всегда даёт высоту относительно одной из них через площадь другой.
II
Метод II · Координатный
уравнение плоскости + формула расстояния
  1. Введём систему координат. Начало — в центре основания $O$, оси $Ox$ и $Oy$ — вдоль диагоналей квадрата, ось $Oz$ — вверх. Так как сторона квадрата равна $2$, полудиагональ $= \sqrt 2$, но нам удобнее поместить вершины квадрата в точки с координатами $\pm 1$ по каждой из двух осей: $$A=(1;-1;0),\ B=(1;1;0),\ C=(-1;1;0),\ D=(-1;-1;0),\ S=(0;0;1).$$
  2. Найдём нормаль к плоскости $SBC$. Возьмём два вектора в этой плоскости: $$\vec{SB}=(1;1;-1),\quad \vec{SC}=(-1;1;-1).$$ Нормаль — векторное произведение: $$\vec n=\vec{SB}\times\vec{SC}=\begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\1&1&-1\\-1&1&-1\end{vmatrix}=(1\cdot(-1)-(-1)\cdot 1;\ (-1)\cdot(-1)-1\cdot(-1);\ 1\cdot 1-1\cdot(-1))=(0;2;2).$$ Упростим: $\vec n\sim(0;1;1)$, длина $|\vec n|=\sqrt 2$.
  3. Уравнение плоскости. Подставим точку $S=(0;0;1)$ в уравнение $0\cdot x+1\cdot y+1\cdot z=d_0$: $d_0=1$. Итак, плоскость $SBC:\ y+z-1=0$. Проверка: $B=(1;1;0)\Rightarrow 1+0-1=0\ \checkmark$, $C=(-1;1;0)\Rightarrow 1+0-1=0\ \checkmark$.
  4. Расстояние от точки $A=(1;-1;0)$ до плоскости. По стандартной формуле: $$d=\dfrac{|A_0\cdot x_A+B_0\cdot y_A+C_0\cdot z_A+D_0|}{\sqrt{A_0^2+B_0^2+C_0^2}}=\dfrac{|0\cdot 1+1\cdot(-1)+1\cdot 0-1|}{\sqrt{0^2+1^2+1^2}}=\dfrac{|-2|}{\sqrt 2}=\dfrac{2}{\sqrt 2}=\sqrt 2.$$
Ответ метода II $d=\sqrt 2$
Когда выбирать координаты Если фигура естественно вкладывается в прямоугольную сетку (куб, прямоугольный параллелепипед, правильная пирамида с осью симметрии) — координатный метод почти всегда быстрее. Если же нет очевидной системы — лучше через объёмы.
III
Метод III · Через двугранный угол
$d = AB\cdot\sin(\text{угол между плоскостями})$
  1. Идея. Если плоскости $SBC$ и $ABC$ пересекаются по прямой $BC$, и мы спроецировали $A$ на $BC$ в точку $P$, то расстояние от $A$ до $SBC$ равно $d=|AP|\cdot\sin\alpha$, где $\alpha$ — двугранный угол вдоль $BC$ между этими плоскостями.
  2. Спроецируем $A$ на $BC$. Точка $A=(1;-1;0)$, прямая $BC$ задаётся $y=1,\ z=0$ (и пробегает $x\in[-1;1]$). Перпендикуляр из $A$ к $BC$ — это вертикаль в плоскости $z=0$ от $(1;-1;0)$ к $(1;1;0)$, то есть к точке $B$. Значит $P=B$ и $|AP|=|AB|=2$.
  3. Найдём двугранный угол. Линейный угол строится в плоскости, перпендикулярной $BC$, проходящей через $M$ — середину $BC$. В основании $OM\perp BC$ (диагональ от центра к середине стороны), $|OM|=1$. В плоскости $SBC$ перпендикуляр к $BC$ в $M$ — это апофема $SM$.
    В прямоугольном $\triangle SOM$: $OM=1$, $SO=1$, гипотенуза $SM=\sqrt 2$. Угол $\angle SMO$ — это и есть искомый двугранный угол.
  4. Вычислим угол. $$\sin\angle SMO=\dfrac{SO}{SM}=\dfrac{1}{\sqrt 2}=\dfrac{\sqrt 2}{2},$$ значит $\angle SMO=45°$. (Двугранный угол между боковой гранью и основанием правильной четырёхугольной пирамиды.)
  5. Финальный шаг. $$d=|AB|\cdot\sin 45°=2\cdot\dfrac{\sqrt 2}{2}=\sqrt 2.$$
Ответ метода III $d=\sqrt 2$
Когда работает этот трюк Этот метод элегантен, когда: (а) точка лежит в одной из плоскостей, разделяющих с целевой плоскостью общую прямую, и (б) расстояние от точки до общей прямой считается легко. Здесь точка $A$ лежит в основании $ABCD$ — общая прямая с $SBC$ это ребро $BC$, перпендикуляр $AB$ к $BC$ очевиден.
Сравнение методов
I · Объёмы

Универсален. Не требует чертёжных озарений — только аккуратное вычисление площадей и высот.

всегда работает мало риска ошибки
II · Координаты

Технично, без геометрической интуиции. Идеален, когда фигура «вписана» в прямоугольный каркас.

быстро ошибки в знаках
III · Двугранный угол

Изящно и быстро, когда точка и плоскость удачно расположены. На ЕГЭ — для смелых.

короткое решение нужна геометрическая интуиция
Часть II · Похожая задача I

Куб: A и плоскость A₁BD

Классическая «пирамидка в углу куба». В Атласе была дана только формулировка с ответом — здесь полный разбор.

№1 ∼

Куб и плоскость через три «угловые» вершины

единичный куб · диагональная плоскость
В единичном кубе ABCDA₁B₁C₁D₁.
Найти расстояние от вершины $A$ до плоскости $A_1BD$.
fig. ∼ I потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
I
Метод I · Объёмы
тетраэдр с прямым трёхгранным углом в $A$
  1. Выделяем тетраэдр $A\,A_1BD$. Это «уголок» куба — рёбра $AA_1$, $AB$, $AD$ единичные и взаимно перпендикулярны (трёхгранный прямой угол в вершине $A$).
  2. Объём через прямоугольный угол. Когда из одной вершины тетраэдра выходят три попарно перпендикулярных ребра $a$, $b$, $c$, объём равен $V=\dfrac{abc}{6}$. У нас $a=b=c=1$: $$V=\dfrac{1\cdot 1\cdot 1}{6}=\dfrac{1}{6}.$$
  3. Площадь грани $A_1BD$. Треугольник $A_1BD$ равносторонний: каждая сторона — диагональ грани единичного куба, $A_1B=BD=DA_1=\sqrt 2$. Тогда $$S_{\triangle A_1BD}=\dfrac{(\sqrt 2)^2\sqrt 3}{4}=\dfrac{\sqrt 3}{2}.$$
  4. Применяем формулу. $$d=\dfrac{3V}{S}=\dfrac{3\cdot\tfrac{1}{6}}{\tfrac{\sqrt 3}{2}}=\dfrac{\tfrac{1}{2}}{\tfrac{\sqrt 3}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt 3}=\dfrac{\sqrt 3}{3}.$$
Ответ метода I $d=\dfrac{\sqrt 3}{3}$
II
Метод II · Координаты
плоскость $x+y+z=1$
  1. Координаты. Поставим $A$ в начало координат: $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$, $A_1=(0;0;1)$, $C_1=(1;1;1)$.
  2. Уравнение плоскости $A_1BD$. Три точки $A_1=(0;0;1)$, $B=(1;0;0)$, $D=(0;1;0)$ имеют сумму координат равную $1$. Значит плоскость задаётся уравнением $$x+y+z=1.$$ Проверим: для всех трёх точек $0+0+1=1$, $1+0+0=1$, $0+1+0=1$. ✓
  3. Расстояние. От точки $A=(0;0;0)$ до плоскости $x+y+z-1=0$: $$d=\dfrac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\dfrac{1}{\sqrt 3}=\dfrac{\sqrt 3}{3}.$$
Ответ метода II $d=\dfrac{\sqrt 3}{3}$
III
Метод III · Перпендикуляр $AC_1$
диагональ куба перпендикулярна $(A_1BD)$
  1. Ключевой факт. Пространственная диагональ $AC_1$ перпендикулярна плоскости $A_1BD$. (Подробное доказательство — в Атласе задания 14, тип 14.2: $AC_1\perp BD$ и $AC_1\perp BA_1$ по теореме о трёх перпендикулярах.)
  2. Следствие. Расстояние от $A$ до плоскости $A_1BD$ — это отрезок $AF$, где $F=AC_1\cap(A_1BD)$.
  3. Точка пересечения. Прямая $AC_1$ параметрически: $(t;t;t)$. Подстановка в $x+y+z=1$ даёт $3t=1$, откуда $t=\tfrac13$, $F=(\tfrac13;\tfrac13;\tfrac13)$.
  4. Длина $AF$. $$|AF|=\sqrt{\Bigl(\tfrac13\Bigr)^2+\Bigl(\tfrac13\Bigr)^2+\Bigl(\tfrac13\Bigr)^2}=\sqrt{\tfrac{3}{9}}=\dfrac{1}{\sqrt 3}=\dfrac{\sqrt 3}{3}.$$
Ответ метода III $d=\dfrac{\sqrt 3}{3}$
Запомнить Для единичного куба расстояние от любой вершины до плоскости, проходящей через три ближайшие к её диагонально-противоположной вершины — всегда $\dfrac{\sqrt 3}{3}$. А расстояние до плоскости трёх вершин-«соседей» (например, $A_1BD$ для $A$) — это $\dfrac13$ от длины пространственной диагонали $\sqrt 3$.
Часть III · Похожая задача II

Призма: A и плоскость A₁BC

Боковая «диагональная плоскость» правильной треугольной призмы. Геометрия проще, чем кажется: всё сводится к одному прямоугольному треугольнику.

№2 ∼

Треугольная призма и боковая «диагональ»

правильная призма · все рёбра равны 1
В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны $1$.
Найти расстояние от точки $A$ до плоскости $A_1BC$.
fig. ∼ II потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
I
Метод I · Объёмы
тетраэдр $A\,A_1BC$ через две грани
  1. Тетраэдр $A\,A_1BC$. В качестве «лёгкой» грани возьмём основание $\triangle ABC$ — равносторонний треугольник со стороной $1$. Высота тетраэдра, опущенная на эту грань, — боковое ребро $AA_1=1$ (так как призма прямая).
  2. Площадь основания. $$S_{\triangle ABC}=\dfrac{\sqrt 3}{4}\cdot 1^2=\dfrac{\sqrt 3}{4}.$$
  3. Объём тетраэдра. $$V=\dfrac13\cdot S_{\triangle ABC}\cdot AA_1=\dfrac13\cdot\dfrac{\sqrt 3}{4}\cdot 1=\dfrac{\sqrt 3}{12}.$$
  4. Площадь грани $A_1BC$. Треугольник равнобедренный: $BC=1$, $A_1B=A_1C=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt 2$ (диагонали боковых граней). Высота (апофема) $A_1M$, где $M$ — середина $BC$:
    В основании $|AM|=\dfrac{\sqrt 3}{2}$ (высота равностороннего треугольника со стороной $1$). Из прямоугольного треугольника $\triangle A_1AM$ (угол $A=90°$, так как $AA_1\perp ABC$): $$A_1M=\sqrt{AM^2+AA_1^2}=\sqrt{\tfrac{3}{4}+1}=\sqrt{\tfrac{7}{4}}=\dfrac{\sqrt 7}{2}.$$ Тогда $$S_{\triangle A_1BC}=\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot A_1M=\dfrac{1}{2}\cdot 1\cdot\dfrac{\sqrt 7}{2}=\dfrac{\sqrt 7}{4}.$$
  5. Финал. $$d=\dfrac{3V}{S_{\triangle A_1BC}}=\dfrac{3\cdot\tfrac{\sqrt 3}{12}}{\tfrac{\sqrt 7}{4}}=\dfrac{\tfrac{\sqrt 3}{4}}{\tfrac{\sqrt 7}{4}}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 7}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}.$$
Ответ метода I $d=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
II
Метод II · Координаты
нормаль $(\sqrt 3;\,1;\,\sqrt 3)$
  1. Координаты. $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $C=\Bigl(\tfrac{1}{2};\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,0\Bigr)$, $A_1=(0;0;1)$.
  2. Нормаль к плоскости $A_1BC$. Берём векторы $$\vec{A_1B}=(1;\,0;\,-1),\quad \vec{A_1C}=\Bigl(\tfrac{1}{2};\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,-1\Bigr).$$ $$\vec n=\vec{A_1B}\times\vec{A_1C}=\Bigl(\tfrac{\sqrt 3}{2};\,\tfrac{1}{2};\,\tfrac{\sqrt 3}{2}\Bigr).$$ Умножим на $2$: $\vec n=(\sqrt 3;\,1;\,\sqrt 3)$, длина $|\vec n|=\sqrt{3+1+3}=\sqrt 7$.
  3. Уравнение плоскости. Подставим $A_1=(0;0;1)$: $\sqrt 3\cdot 0+1\cdot 0+\sqrt 3\cdot 1-d_0=0$, $d_0=\sqrt 3$. Уравнение: $\sqrt 3 x+y+\sqrt 3 z-\sqrt 3=0$.
  4. Расстояние от $A=(0;0;0)$. $$d=\dfrac{|0+0+0-\sqrt 3|}{\sqrt 7}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 7}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}.$$
Ответ метода II $d=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
III
Метод III · Прямоугольный треугольник $A_1AM$
опускаем высоту из прямого угла
  1. Геометрическая идея. Точка $A$ лежит в основании $ABC$. Плоскости $ABC$ и $A_1BC$ пересекаются по $BC$. Спроецируем $A$ на $BC$: получаем середину $M$ ребра $BC$ (так как $\triangle ABC$ — равносторонний), $|AM|=\dfrac{\sqrt 3}{2}$.
  2. Перпендикуляр $AH$ к плоскости $A_1BC$ — высота треугольника $A_1AM$.
    В прямоугольном треугольнике $A_1AM$ (угол $\angle A_1AM=90°$, так как $AA_1\perp ABC$): катеты $AM=\dfrac{\sqrt 3}{2}$ и $AA_1=1$, гипотенуза $A_1M=\dfrac{\sqrt 7}{2}$.
    Высота из прямого угла $A$ на гипотенузу $A_1M$ — это и есть искомое расстояние $AH$.
  3. Формула высоты прямоугольного треугольника. $$AH=\dfrac{AM\cdot AA_1}{A_1M}=\dfrac{\tfrac{\sqrt 3}{2}\cdot 1}{\tfrac{\sqrt 7}{2}}=\dfrac{\sqrt 3}{\sqrt 7}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}.$$
Ответ метода III $d=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
Почему именно высота $AM\perp BC$ (медиана равностороннего) и $AA_1\perp BC$ (вертикаль). Значит $BC\perp(A_1AM)$. Перпендикуляр из $A$ в плоскости $A_1AM$ к прямой $A_1M$ — это перпендикуляр и к $BC$ (поскольку он в перпендикулярной $BC$ плоскости), и к $A_1M$ — то есть к двум пересекающимся прямым плоскости $A_1BC$. По признаку перпендикулярности этот же отрезок $AH$ перпендикулярен плоскости $A_1BC$.
Часть IV · Алгоритм

Как подходить к задаче типа Б.2

Пять шагов от условия к ответу, проверенные на сотнях типовых задач ЕГЭ.

1

Идентификация

Выделить точку $P$ и плоскость $(XYZ)$. Часто плоскость задана тремя вершинами — тогда уже видно, какой тетраэдр строить.

2

Тетраэдр

Сформировать тетраэдр $PXYZ$. Это не исходная пирамида (если задача про пирамиду): отбросить пятую вершину, оставить только 4 нужные.

3

«Лёгкий» объём

Найти $V$ через ту грань, у которой высота — это известное ребро (часто ребро призмы, высота пирамиды, или одна из координатных осей).

4

Площадь грани

Вычислить $S(\triangle XYZ)$. Если треугольник правильный/равнобедренный — формулы готовы. Иначе через апофему из прямоугольного треугольника.

5

Финал

$d = \dfrac{3V}{S}$. Если получился иррациональный знаменатель — рационализируем дробь. Записать «Ответ:».

Часть V · Рекомендации

Когда какой метод выбирать

Шесть карточек-шпаргалок: для решения, проверки и того, чтобы не наступить на типичные грабли.

I · ОбъёмыКогда работает

Универсальный «рабочий конь». Особенно силён, если:

  • Хотя бы одна грань тетраэдра — в плоскости основания (или в координатной плоскости).
  • Высоту до неё легко указать (это будет известное ребро или известная высота фигуры).
  • Площадь искомой грани вычисляется через апофему и базовое ребро.
$d=\dfrac{3V}{S_{\triangle XYZ}}$

II · КоординатыКогда работает

Метод выбора, если:

  • Фигура естественно «садится» в прямоугольную систему: куб, прямоугольный параллелепипед, правильная пирамида с осью.
  • Координаты всех ключевых точек — целые или с одной квадратной иррациональностью.
  • Векторное произведение для нормали даёт «чистый» вектор без дробей.
$d=\dfrac{|\vec n\cdot\vec{AP_0}|}{|\vec n|}$, где $\vec n=\vec{XY}\times\vec{XZ}$

III · Через двугранный уголКогда работает

Изящный, но требует геометрической интуиции:

  • Точка $A$ лежит в одной из плоскостей, которая разделяет с целевой общую прямую $\ell$.
  • Расстояние от $A$ до $\ell$ вычисляется легко (часто равно ребру или половине ребра).
  • Двугранный угол вдоль $\ell$ либо стандартный (часто $45°$ или $\arctan$ известного), либо легко выводится.
$d=|AP|\cdot\sin\alpha$, $P$ — проекция $A$ на $\ell$

ГраблиЧего избегать

Типичные ошибки при решении Б.2:

  • Считать «объём пирамиды» вместо «объёма тетраэдра». В тетраэдре только 4 вершины, не 5.
  • Брать высоту тетраэдра «на глаз», не убедившись, что она перпендикулярна выбранной грани.
  • Использовать обычное скалярное произведение там, где нужно векторное.
  • Забыть рационализировать знаменатель в финальном ответе.

ТрюкЗамена точки на параллельную

Если точка $A$ неудобна, а параллельная ей плоскость проходит через удобную точку $A'$ — расстояния от $A$ и $A'$ до целевой плоскости совпадают (если $AA'$ параллельно плоскости).

Применяется, когда исходная задача про расстояние от середины ребра, а проще считать от вершины.

ПроверкаКонтроль ответа

Несколько способов проверить себя:

  • Решить вторым методом независимо и сравнить.
  • Прикинуть порядок: если ребро $a=1$, расстояние от точки до плоскости в кубе обычно $\sim 0{,}3$–$0{,}9$. Если получилось $5$ — есть ошибка.
  • Численная подстановка: вычислить координаты обеих сторон с приближениями и проверить, что слева $=$ справа с точностью $10^{-3}$.