Метод объемов применяется, когда мы хотим найти расстояние от точки до плоскости.
Или расстояние между двумя скрещивающимися прямыми. Или расстояние между двумя параллельными плоскостями.
Метод объемов состоит в том, чтобы, записав двумя разными способами объем какой-либо треугольной пирамиды и приравняв эти выражения, найти нужную нам величину.
Вот как он применяется в задачах ЕГЭ:
В правильной треугольной призме \(ABCA_{1}B_{1}C_{1}\) сторона \(AB\) основания равна \(12\), а высота призмы равна \(2\). На рёбрах \(B_{1}C_{1}\) и\(AB\) отмечены точки \(P\) и \(Q\) соответственно, причём \(PC_{1}=3\), а \(AQ=4\). Плоскость \(A_{1}PQ\) пересекает ребро \(BC\) в точке \(M\).
а) Докажите, что точка \(M\) является серединой ребра \(BC\).
б) Найдите расстояние от точки \(B\) до плоскости \(A_{1}PQ.\)
Решение:
Построим сечение призмы плоскостью \(A_1PQ.\)
Проведём \(QM \parallel {A}_1P\) в плоскости \(ABC\), точка \(M\) лежит на ребре \(BC\).
Мы пользуемся здесь тем, что линии пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны. Трапеция \(QMPA_{1}\) — искомое сечение.
а) Покажем, что \(M\) — середина \(BC\).
Пусть \(P_1\) — проекция точки \(P\) на плоскость \(ABC, \; P_1C=3.\) Тогда \(AP_1 \parallel A_1P.\)
Пусть \(BM = x, \; \triangle QBM\sim \triangle { }A{BP}_1\) (по двум углам).
\(\displaystyle \frac{BQ}{AB}=\frac{BM}{{BP}_1};\)
\(\displaystyle \frac{8}{12}=\frac{x}{9}.\)
Отсюда \(x=6\) и \(M\) — середина \(BC\).
б) Найдем расстояние от точки \(B\) до плоскости \(A_1PQ\), пользуясь методом объемов.
Выразим двумя способами объем треугольной пирамиды \(A_1QMB.\)
\(V_{A_1QMB}=\displaystyle \frac{1}{3}S_{\triangle { QMB}}\cdot h_1=\frac{1}{3}S_{\triangle { }A_1{ QM}}\cdot h_2\), где \(h_1\) — расстояние от точки \(A_{1}\) до плоскости \(QMB\), то есть до плоскости основания призмы.
Оно равно высоте призмы, то есть \(h_1=2.\)
\(h_2\) — искомое расстояние от точки \(B\) до плоскости \(A_1{ QM.} \)
\(S_{\triangle { QMB}}=\displaystyle \frac{1}{2}\cdot BQ\cdot BM\cdot sin60^\circ =\displaystyle \frac{1}{2}\cdot 8\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3;} \)
Из \(\triangle QMB\) по теореме косинусов:
\({QM}^2={BQ}^2+{BM}^2-2BQ\cdot BM\cdot cos60^\circ;\)
\({QM}^2=64+36-2\cdot 8\cdot 6\cdot \displaystyle \frac{1}{2}=100-48=52; \)
\(QM=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.\)
Из \(\triangle { }AA_1Q\):
\(A_1Q=\sqrt{{AQ}^2+{AA_1}^2}=\sqrt{16+4}=2\sqrt{5}. \)
Точка \(M\) — середина \(BC, \; AM=\displaystyle \frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}.\)
Из прямоугольного треугольника\( {{ A}}_{{ 1}}AM\) найдем \(A_1M = 4\sqrt{7}.\)
Рассмотрим треугольник \(A_1QM\), в котором мы знаем все стороны.
По теореме косинусов:
\(A_1Q^2=A_1M^2+QM^2-2QM\cdot A_1M\cdot cos\angle A_1MQ;\)
\(20= 112+52 - 2\cdot 8\cdot \sqrt{7}\cdot \sqrt{13}\cdot cos\angle A_1MQ; \)
\(cos\angle A_1MQ=\displaystyle \frac{9}{\sqrt{91}}. \)
Тогда \(sin\angle A_1MQ=\displaystyle \sqrt{\frac{10}{91}};\)
\(S_{\triangle { }A_1QM}=\displaystyle \frac{1}{2}QM\cdot A_1M\cdot sin\angle A_1MQ=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{13}\cdot 4\sqrt{7}\cdot \sqrt{\frac{10}{91}}=4\sqrt{10}.\)
Объем пирамиды \(A_1QBM\):
\(V_{{ }A_1QBM}=\displaystyle \frac{1}{3}S_{\triangle { }QBM}\cdot AA_1=\frac{1}{3}S_{{ }A_1QM}\cdot h_2.\)
Отсюда
\(h_2=\displaystyle \frac{S_{\triangle { }QBM}\cdot { A}A_1}{S_{{ }A_1QM}}=\frac{12\sqrt{3}\cdot 2}{4\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{30}}{5}. \)
