тема 5 из 15

Параллельность и перпендикулярность в пространстве

Пункт а) задания 15 часто просит доказать, что прямые или плоскости параллельны или перпендикулярны. Такое утверждение доказывают по признаку: находят в фигуре прямые, которые признак требует, и доказывают нужное для них фактами планиметрии. Теорема о трёх перпендикулярах связывает наклонную и её проекцию. Пункт б) можно решать с опорой на утверждение а), даже если а) не доказан.

Часто в задании15На карте навыков

Доказательство в пространстве
—В аналитике

Доказывайте по признаку

Утверждение о прямых и плоскостях в пространстве сводят к признаку. Признак требует одну или две прямые в плоскости, а для них работает планиметрия.

Две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны.
Прямая параллельна плоскости, если она не лежит в плоскости и параллельна какой-нибудь прямой этой плоскости.
Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые одной плоскости параллельны двум прямым другой.
Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости. Тогда она перпендикулярна любой прямой этой плоскости.
Теорема о трёх перпендикулярах: прямая плоскости, проведённая через основание наклонной, перпендикулярна наклонной тогда и только тогда, когда она перпендикулярна проекции наклонной.
Плоскости перпендикулярны, если одна из них проходит через прямую, перпендикулярную другой.
Метод: назовите признак, найдите прямые, которые он требует, и докажите для них нужное: средняя линия, равные отношения отрезков, медиана равнобедренного треугольника, обратная теорема Пифагора.

Параллельные прямые: третья прямая и средняя линия

Две прямые в пространстве параллельны, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются. Прямые, которые не лежат в одной плоскости, называют скрещивающимися. Две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны, даже если все три прямые не лежат в одной плоскости.

Параллельность внутри одной грани или сечения дают факты планиметрии. Средняя линия треугольника параллельна его стороне. Противоположные стороны параллелограмма параллельны. Отрезок, который делит две стороны треугольника в одном отношении от общей вершины, отсекает подобный треугольник и параллелен третьей стороне.

Пример

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ точки $M$ и $K$ — середины боковых рёбер $SA$ и $SD$ соответственно. а) Докажите, что прямые $BC$ и $MK$ параллельны. б) Найдите объём пирамиды $MABF$ , если $AB = 12$ , а угол между плоскостью $BMC$ и плоскостью основания пирамиды $SABCDEF$ равен $30^\circ$ . (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2027.)

MK \parallel AD

BC \parallel AD

. Высота пирамиды

MABF

— отрезок

MH

1.а) В правильном шестиугольнике $AB = BC = CO = OA$ , где $O$ — центр. Значит, $ABCO$ — ромб и $BC \parallel AO$ . Точки $A$ , $O$ , $D$ лежат на одной диагонали, поэтому $BC \parallel AD$ .
2. $MK$ — средняя линия треугольника $ASD$ , поэтому $MK \parallel AD$ .
3.Прямые $BC$ и $MK$ параллельны прямой $AD$ , поэтому $BC \parallel MK$ .
4.б) $ABOF$ — ромб, его диагонали $AO$ и $BF$ перпендикулярны и пересекаются в середине $H$ отрезка $AO$ . $MH$ — средняя линия треугольника $SAO$ , поэтому $MH \parallel SO$ . Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, тоже перпендикулярна ей: $MH$ — высота пирамиды $MABF$ .
5.Центр $O$ описанной окружности треугольника $BFC$ лежит на стороне $FC$ , поэтому $\angle FBC = 90^\circ$ (угол на диаметр). Прямая $BC$ перпендикулярна прямым $BF$ и $MH$ , значит, она перпендикулярна плоскости $BMF$ и прямой $BM$ .
6.Плоскости $BMC$ и $ABC$ пересекаются по прямой $BC$ , а $BM \perp BC$ и $BF \perp BC$ . Поэтому $\angle MBF$ — линейный угол между плоскостями, он равен $30^\circ$ .
7. $BF = AB\sqrt3 = 12\sqrt3$ , $BH = 6\sqrt3$ , $MH = BH \cdot \operatorname{tg} 30^\circ = 6\sqrt3 \cdot \frac{\sqrt3}{3} = 6$ .
8. $S_{ABF} = \frac12 \cdot AB \cdot AF \cdot \sin 120^\circ = \frac12 \cdot 12 \cdot 12 \cdot \frac{\sqrt3}{2} = 36\sqrt3$ .
9. $V = \frac13 \cdot MH \cdot S_{ABF} = \frac13 \cdot 6 \cdot 36\sqrt3 = 72\sqrt3$ .

Ответ: б) $72\sqrt3$

Прямая, параллельная плоскости

Признак: если прямая $a$ не лежит в плоскости $\alpha$ и параллельна какой-нибудь прямой $b$ этой плоскости, то $a \parallel \alpha$ . Прямую $b$ ищите в грани или в сечении, которое содержит $a$ : часто это средняя линия или отрезок, который делит стороны треугольника в равном отношении.

Свойство: если $a \parallel \alpha$ , то любая плоскость, которая проходит через $a$ и пересекает $\alpha$ , пересекает её по прямой, параллельной $a$ . Это свойство строит сечение, параллельное прямой.

Через точку проходит ровно одна плоскость, параллельная двум данным непараллельным прямым. Её задают две пересекающиеся прямые через эту точку, параллельные данным прямым. Поэтому плоскость, о которой известно, что она проходит через точку параллельно двум прямым, совпадает с любой плоскостью, построенной так же.

OM \parallel SA

, поэтому

SA \parallel (OMK)

. Грань

SAD

пересекает сечение по отрезку

NE \parallel SA

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ с основанием $ABCD$ точка $O$ - центр основания пирамиды, точка $M$ - середина ребра $SC ,$ точка $K$ делит ребро $BC$ в отношении $BK : KC = 3 : 1 ,$ а $AB = 2$ и $SO = \sqrt{14} .$
а)  Докажите, что плоскость $OMK$ параллельна прямой $SA .$
б)  Найдите длину отрезка, по которому плоскость $OMK$ пересекает грань $SAD .$

Решение

а) $O$ — середина $AC$ , $M$ — середина $SC$ . Значит, $OM$ — средняя линия треугольника $ASC$ , и $OM \parallel SA$ .
Прямая $OM$ лежит в плоскости $OMK$ , а прямая $SA$ в ней не лежит. По признаку $SA \parallel (OMK)$ .
б) Сечение пересекает основание по прямой $KO$ . Пусть она пересекает $AD$ в точке $N$ . Треугольники $KOC$ и $NOA$ равны: $OC = OA$ , углы при $O$ вертикальные, $\angle OCK = \angle OAN$ как накрест лежащие. Поэтому $AN = KC = \frac14 \cdot 2 = \frac12$ и $DN = \frac32$ .
Плоскость $SAD$ проходит через прямую $SA$ , а $SA \parallel (OMK)$ . По свойству она пересекает сечение по прямой $NE \parallel SA$ , где $E$ лежит на $SD$ . Отрезок $NE$ — искомый.
Треугольник $DNE$ подобен треугольнику $DAS$ с коэффициентом $\frac{DN}{DA} = \frac34$ .
$OA = \frac{AC}{2} = \sqrt2$ , $SA = \sqrt{SO^2 + OA^2} = \sqrt{14 + 2} = 4$ .
$NE = \frac34 \cdot SA = 3$ . Ответ: 3.

Параллельные плоскости

Признак: если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то плоскости параллельны. Одной пары параллельных прямых мало: плоскости, которые проходят через две параллельные прямые, могут пересекаться.

Свойство: если две параллельные плоскости пересечены третьей плоскостью, то линии пересечения параллельны. Поэтому сечение пересекает противоположные грани призмы или параллелепипеда по параллельным отрезкам.

Пример

Докажите, что в кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскости $A_1BD$ и $CB_1D_1$ параллельны.

BD \parallel B_1D_1

A_1D \parallel B_1C

: две пересекающиеся прямые одной плоскости параллельны двум прямым другой.

1. $BB_1D_1D$ — параллелограмм: отрезки $BB_1$ и $DD_1$ равны и параллельны. Поэтому $BD \parallel B_1D_1$ .
2. $A_1B_1CD$ — параллелограмм: отрезки $A_1B_1$ и $DC$ равны и параллельны. Поэтому $A_1D \parallel B_1C$ .
3.Пересекающиеся прямые $BD$ и $A_1D$ плоскости $A_1BD$ параллельны прямым $B_1D_1$ и $B_1C$ плоскости $CB_1D_1$ . По признаку плоскости параллельны.

Прямая, перпендикулярная плоскости

Признак: если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости. Обратно, прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой этой плоскости. Одной прямой мало: прямая может быть перпендикулярна одной прямой плоскости и при этом наклонна к плоскости.

Так доказывают, что скрещивающиеся прямые $a$ и $b$ перпендикулярны: найдите плоскость через $b$ , в которой есть две пересекающиеся прямые, перпендикулярные $a$ . Часто это медианы двух равнобедренных треугольников с общим основанием на прямой $a$ : медиана к основанию — высота.

Боковое ребро прямой призмы, образующая цилиндра и высота пирамиды перпендикулярны основанию. Поэтому они перпендикулярны любой прямой в плоскости основания. Прямая, параллельная перпендикуляру к плоскости, тоже перпендикулярна этой плоскости.

Наклонные, проведённые из одной точки к плоскости, равны тогда и только тогда, когда равны их проекции: это прямоугольные треугольники с общим катетом — перпендикуляром (теорема Пифагора). Поэтому если боковые рёбра пирамиды равны, то основание её высоты — центр окружности, описанной около основания. Точки, равноудалённые от концов отрезка $AB$ , образуют плоскость, которая проходит через середину $AB$ перпендикулярно ему.

BC

перпендикулярна прямым

SA

SB

плоскости

SAB

, поэтому

BC \perp AB

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В треугольной пирамиде $SABC$ c основанием $ABC$ известно, что $AC = 25 , SC = 26 , \cos \angle SCA = \frac{288}{325} .$ Основанием высоты этой пирамиды является точка $B .$ Прямые $SA$ и $BC$ перпендикулярны.
a) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.
б) Найдите объём пирамиды $SABC .$

Решение

а) $B$ — основание высоты, поэтому $SB \perp (ABC)$ и $SB \perp BC$ .
По условию $BC \perp SA$ . Прямые $SA$ и $SB$ пересекаются и лежат в плоскости $SAB$ . По признаку $BC \perp (SAB)$ .
Прямая $AB$ лежит в плоскости $SAB$ , поэтому $BC \perp AB$ . Угол $ABC$ прямой, треугольник $ABC$ прямоугольный.
б) По теореме косинусов в треугольнике $SCA$ : $SA^2 = 26^2 + 25^2 - 2 \cdot 26 \cdot 25 \cdot \frac{288}{325} = 1301 - 1152 = 149$ .
Треугольники $ABC$ , $SBA$ и $SBC$ прямоугольные с прямым углом при вершине $B$ : $AB^2 + BC^2 = 625$ , $SB^2 + AB^2 = 149$ , $SB^2 + BC^2 = 676$ .
Вычтем второе равенство из третьего: $BC^2 - AB^2 = 527$ . Вместе с первым: $BC^2 = 576$ , $AB^2 = 49$ . Значит, $BC = 24$ , $AB = 7$ , $SB = \sqrt{149 - 49} = 10$ .
$V = \frac13 \cdot \frac12 \cdot AB \cdot BC \cdot SB = \frac16 \cdot 7 \cdot 24 \cdot 10 = 280$ . Ответ: 280.

Теорема о трёх перпендикулярах

Пусть $SO$ — перпендикуляр к плоскости $\alpha$ , $SA$ — наклонная, $OA$ — её проекция на $\alpha$ , а прямая $l$ лежит в $\alpha$ и проходит через $A$ . Теорема: если $l \perp OA$ , то $l \perp SA$ . Обратная теорема: если $l \perp SA$ , то $l \perp OA$ .

Почему это верно: $l \perp SO$ , потому что $SO$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ . Если ещё $l \perp OA$ , то $l$ перпендикулярна плоскости $SOA$ и любой её прямой, в том числе $SA$ .

Теорему применяют, когда известна проекция наклонной: перпендикуляр из точки ребра на основание падает в известную точку $O$ . Проведите в основании $OA \perp l$ , тогда по теореме $SA \perp l$ . Так строят линейный угол между плоскостями (угол $SAO$ ) и расстояние от точки до прямой (отрезок $SA$ ).

Прямая l перпендикулярна проекции и наклонной одновременно

\angle(l,\ OA) = 45^\circ

\angle(l,\ SA) \approx 61^\circ

l

не перпендикулярна ни

OA

, ни

SA

Отрезок

SO

перпендикулярен плоскости

\alpha

OA

— проекция наклонной

SA

. Углы прямой

l

OA

и с

SA

становятся прямыми одновременно. Поворачивайте

l

за точку на её конце.

HM

— проекция наклонной

KM

HM \perp AC

, поэтому

KM \perp AC

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В основании прямой треугольной призмы $ABCA_{1} B_{1} C_{1}$ лежит равнобедренный $\left(AB = BC\right)$ треугольник $ABC .$ Точка $K$ - середина ребра $A_{1} B_{1} ,$ а точка $M$ делит ребро $AC$ в отношении $AM : MC = 1 : 3 .$
а) Докажите, что $KM \bot AC .$
б) Найдите угол между прямой $KM$ и плоскостью $ABB_{1} ,$ если $AB = 6 , AC = 8$ и $AA_{1} = 3 .$

Решение

а) Пусть $H$ — середина $AB$ . Отрезок $KH$ параллелен $AA_1$ , поэтому $KH \perp (ABC)$ , и $HM$ — проекция наклонной $KM$ на основание.
Пусть $L$ — середина $AC$ . Медиана $BL$ равнобедренного треугольника $ABC$ — высота. $AM = \frac{AC}{4} = \frac{AL}{2}$ , поэтому $HM$ — средняя линия треугольника $ABL$ и $HM \parallel BL$ . Значит, $HM \perp AC$ .
Проекция $HM$ перпендикулярна прямой $AC$ . По теореме о трёх перпендикулярах $KM \perp AC$ .
б) $AH = 3$ , $AM = 2$ , $\angle AMH = 90^\circ$ , поэтому $HM = \sqrt{9 - 4} = \sqrt5$ . Проведём в треугольнике $AMH$ высоту $ME$ к стороне $AH$ : $ME = \frac{AM \cdot HM}{AH} = \frac{2\sqrt5}{3}$ .
$ME \perp AB$ и $ME \perp KH$ , поэтому $ME \perp (ABB_1)$ , и $KE$ — проекция $KM$ на эту плоскость. Искомый угол — угол между прямой и её проекцией $MKE$ .
$KH = AA_1 = 3$ , $KM = \sqrt{KH^2 + HM^2} = \sqrt{9 + 5} = \sqrt{14}$ .
$\sin \angle MKE = \frac{ME}{KM} = \frac{2\sqrt5}{3\sqrt{14}} = \frac{\sqrt{70}}{21}$ . Ответ: $\arcsin \frac{\sqrt{70}}{21}$ .

Перпендикулярные плоскости

Признак: если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то плоскости перпендикулярны. Чтобы доказать $\beta \perp \alpha$ , найдите в плоскости $\beta$ перпендикуляр к $\alpha$ .

Перпендикуляр к основанию часто получают из высоты пирамиды: если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и другая перпендикулярна ей. Отрезок $KH$ , параллельный высоте $SO$ , находят по равным отношениям $\frac{BK}{BS} = \frac{BH}{BO}$ : тогда треугольники $BKH$ и $BSO$ подобны.

Свойство: если плоскости перпендикулярны, то прямая одной плоскости, перпендикулярная линии их пересечения, перпендикулярна другой плоскости. Через прямую, которая не перпендикулярна плоскости, проходит ровно одна плоскость, перпендикулярная этой плоскости.

KH \parallel SO

, поэтому

KH

перпендикулярна основанию и лежит в плоскости

CKM

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона основания $AB$ равна 6, а боковое ребро $SA$ равно  $\sqrt{21} .$ На ребрах  $AB$ и $SB$ отмечены точки  $M$ и $K$ соответственно, причем $AM = 4 , SK : KB = 1 : 3 .$
а)  Докажите, что плоскость $CKM$ перпендикулярна плоскости $ABC .$
б)  Найдите объем пирамиды $BCKM .$

Решение

а) Пусть $O$ — центр основания, $SO$ — высота пирамиды, $BL$ — медиана треугольника $ABC$ , $H$ — точка пересечения $CM$ и $BL$ . $MB = 6 - 4 = 2$ .
Теорема Менелая для треугольника $ABL$ и прямой $MHC$ : $\frac{AM}{MB} \cdot \frac{BH}{HL} \cdot \frac{LC}{CA} = 1$ , то есть $2 \cdot \frac{BH}{HL} \cdot \frac12 = 1$ . Значит, $BH = HL = \frac12 BL$ . Центр $O$ делит медиану так, что $BO = \frac23 BL$ , поэтому $\frac{BH}{BO} = \frac34$ .
$SK : KB = 1 : 3$ , поэтому $\frac{BK}{BS} = \frac34 = \frac{BH}{BO}$ . Треугольники $BKH$ и $BSO$ подобны, поэтому $KH \parallel SO$ .
$SO \perp (ABC)$ , значит, $KH \perp (ABC)$ . Прямая $KH$ лежит в плоскости $CKM$ , поэтому $(CKM) \perp (ABC)$ .
б) $KH$ — высота пирамиды $BCKM$ с основанием $MBC$ . $BO = \frac{6}{\sqrt3} = 2\sqrt3$ , $SO = \sqrt{21 - 12} = 3$ , $KH = \frac34 SO = \frac94$ .
Высота треугольника $ABC$ равна $3\sqrt3$ , $S_{MBC} = \frac12 \cdot 2 \cdot 3\sqrt3 = 3\sqrt3$ . $V = \frac13 \cdot 3\sqrt3 \cdot \frac94 = \frac{9\sqrt3}{4}$ . Ответ: $\frac{9\sqrt3}{4}$ .

Как записать доказательство в пункте а)

Каждый шаг — факт и его причина: « $OM \parallel SA$ , так как $OM$ — средняя линия треугольника $ASC$ ». Назовите признак и проверьте его условия: прямые пересекаются, прямая не лежит в плоскости. Утверждение без причины эксперт не засчитывает.

Утверждение а) часто доказывают вычислением. Равные отношения отрезков дают параллельные прямые. Если квадраты сторон треугольника связаны равенством $a^2 + b^2 = c^2$ , то угол против стороны $c$ прямой (обратная теорема Пифагора).

За задание 15 ставят до 3 баллов. Обоснованный верный ответ в пункте б) без доказательства а) даёт 2 балла. Верный ответ в б), который опирается на недоказанное утверждение а), даёт 1 балл. Поэтому решайте б), даже если не доказали а): пользуйтесь утверждением а) и пишите «по пункту а)».

Пример

В основании пирамиды $SABCD$ лежит квадрат $ABCD$ со стороной 3. Известно, что $SD = 4$ , $SA = SC = 5$ . а) Докажите, что ребро $SD$ перпендикулярно плоскости основания. б) Найдите объём пирамиды.

SD

перпендикулярна пересекающимся прямым

DA

DC

основания.

1.а) Треугольник $SDA$ : $SD^2 + DA^2 = 16 + 9 = 25 = SA^2$ . По обратной теореме Пифагора $\angle SDA = 90^\circ$ , то есть $SD \perp DA$ .
2.Треугольник $SDC$ : $SD^2 + DC^2 = 16 + 9 = 25 = SC^2$ , поэтому $SD \perp DC$ .
3.Прямые $DA$ и $DC$ пересекаются и лежат в плоскости основания. По признаку $SD \perp (ABC)$ .
4.б) По пункту а) $SD$ — высота пирамиды. $V = \frac13 \cdot 3^2 \cdot 4 = 12$ .

Ответ: б) $12$

Проверьте себя

Все задания на этот навык

Решать