Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych - dowód i zastosowania

Q: Co mówi twierdzenie o trzech prostych prostopadłych?

Że pochyła PK jest prostopadła do prostej l leżącej w płaszczyźnie wtedy i tylko wtedy, gdy prostopadły do l jest jej rzut prostokątny P'K na tę płaszczyznę.

Q: Jakie są te trzy proste prostopadłe?

Prosta PP' prostopadła do płaszczyzny, rzut P'K prostopadły do prostej l i pochyła PK, która też jest prostopadła do l. Czasem jako trzecią liczy się samą prostą l.

Q: Dlaczego wysokość ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego trafia w środek krawędzi?

Bo prostopadła ze środka podstawy O do krawędzi podstawy trafia w jej środek, a z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych wysokość ściany SE trafia w ten sam punkt.

Klasa 4 liceum i technikum

Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych

$P'$ - rzut prostokątny punktu $P$ na płaszczyznę $\pi$ , prosta $l$ leży w $\pi$ , $K \in l$ :

$P'K \perp l \quad\Longleftrightarrow\quad PK \perp l$

Wtedy $|PK|$ to odległość punktu $P$ od prostej $l$ :

$|PK|^2 = |PP'|^2 + |P'K|^2$

Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych mówi, że pochyła $PK$ jest prostopadła do prostej $l$ leżącej w płaszczyźnie wtedy i tylko wtedy, gdy prostopadły do $l$ jest jej rzut prostokątny $P'K$ na tę płaszczyznę. Trzy proste z nazwy to: $PP'$ (prostopadła do płaszczyzny), $P'K$ (rzut, prostopadły do $l$ ) i $PK$ (pochyła, też prostopadła do $l$ ).

To twierdzenie jest narzędziem, które stoi za prawie każdym zadaniem o ostrosłupie: dzięki niemu wiesz, że wysokość ściany bocznej trafia w środek krawędzi podstawy, że kąt nachylenia ściany do podstawy leży w trójkącie $SOE$ i że odległość wierzchołka od krawędzi można policzyć z twierdzenia Pitagorasa. Potrzebne pojęcia - prosta prostopadła do płaszczyzny i rzut prostokątny - są w lekcjach prostopadłość prostych i płaszczyzn oraz rzut równoległy na płaszczyznę.

Treść twierdzenia

P′ to rzut prostokątny punktu P na płaszczyznę π, prosta l leży w π. Twierdzenie: rzut P′K jest prostopadły do l wtedy i tylko wtedy, gdy pochyła PK jest prostopadła do l.

Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych. Niech prosta $PP'$ będzie prostopadła do płaszczyzny $\pi$ ( $P' \in \pi$ ), a prosta $l$ leży w płaszczyźnie $\pi$ . Punkt $K$ leży na prostej $l$ . Wtedy prosta $PK$ jest prostopadła do $l$ wtedy i tylko wtedy, gdy prosta $P'K$ jest prostopadła do $l$ .

Twierdzenie działa w obie strony:

wprost: jeśli rzut $P'K$ jest prostopadły do $l$ , to pochyła $PK$ też jest prostopadła do $l$ ;
odwrotnie: jeśli pochyła $PK$ jest prostopadła do $l$ , to jej rzut $P'K$ też.

W zadaniach częściej używa się wersji wprost: w podstawie (w płaszczyźnie) łatwo zobaczyć, który odcinek jest prostopadły do krawędzi, a twierdzenie przenosi tę prostopadłość „w górę”, na odcinek wychodzący z wierzchołka bryły.

Dowód

Do dowodu: A to dowolny punkt prostej l różny od K. Trójkąty PP′K i PP′A mają kąt prosty przy P′, trójkąt P′KA - przy K. Z twierdzenia Pitagorasa wychodzi, że trójkąt PKA też ma kąt prosty przy K.

Udowodnimy wersję wprost: zakładamy, że $P'K \perp l$ , i pokazujemy, że $PK \perp l$ . Niech $A$ będzie dowolnym punktem prostej $l$ różnym od $K$ .

Prosta $PP'$ jest prostopadła do płaszczyzny $\pi$ , więc jest prostopadła do każdej prostej tej płaszczyzny przechodzącej przez $P'$ - w szczególności do $P'K$ i $P'A$ . Trójkąty $PP'K$ i $PP'A$ są prostokątne z kątem prostym przy $P'$ .
Z założenia $P'K \perp l$ , więc trójkąt $P'KA$ jest prostokątny z kątem prostym przy $K$ .
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach $PP'A$ , $P'KA$ i $PP'K$ :

$|PA|^2 = |PP'|^2 + |P'A|^2 = |PP'|^2 + |P'K|^2 + |KA|^2 = |PK|^2 + |KA|^2.$

W trójkącie $PKA$ zachodzi więc $|PA|^2 = |PK|^2 + |KA|^2$ . Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa kąt przy $K$ jest prosty, czyli $PK \perp l$ . $\blacksquare$

Wersję odwrotną dowodzi się tak samo: jeśli $PK \perp l$ , to $|PA|^2 = |PK|^2 + |KA|^2$ , a po podstawieniu $|PA|^2 = |PP'|^2 + |P'A|^2$ i $|PK|^2 = |PP'|^2 + |P'K|^2$ wychodzi $|P'A|^2 = |P'K|^2 + |KA|^2$ , czyli kąt $P'KA$ jest prosty.

Krótszy dowód korzysta z cechy prostopadłości prostej i płaszczyzny: prosta $l$ jest prostopadła do dwóch przecinających się prostych $PP'$ i $P'K$ , więc jest prostopadła do całej płaszczyzny $PP'K$ , a zatem i do leżącej w niej prostej $PK$ .

Odległość punktu od prostej w przestrzeni

Odległość punktu od prostej to długość odcinka prostopadłego poprowadzonego z punktu do prostej. W przestrzeni trudno „zobaczyć” ten odcinek, ale twierdzenie o trzech prostych prostopadłych daje przepis:

Rzutuj punkt $P$ na płaszczyznę zawierającą prostą - dostajesz $P'$ .
W tej płaszczyźnie poprowadź z $P'$ prostopadłą do prostej - dostajesz punkt $K$ .
Odcinek $PK$ jest szukaną odległością: $|PK| = \sqrt{|PP'|^2 + |P'K|^2}$ .

Przykład 1. Punkt $P$ leży w odległości $4$ od płaszczyzny $\pi$ , a jego rzut $P'$ jest odległy o $3$ od prostej $l$ leżącej w $\pi$ . Oblicz odległość punktu $P$ od prostej $l$ .

Niech $K$ będzie spodkiem prostopadłej z $P'$ na $l$ . Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych $PK \perp l$ , a trójkąt $PP'K$ jest prostokątny:

$|PK| = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{25} = 5.$

Odpowiedź. Odległość punktu $P$ od prostej $l$ wynosi $5$ .

Odległość wierzchołka C₁ od przekątnej BD: CK ⊥ BD w podstawie, CC₁ ⊥ podstawy, więc z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych C₁K ⊥ BD.

Przykład 2. Prostopadłościan $ABCDA_1B_1C_1D_1$ ma krawędzie podstawy $|AB| = 8$ , $|BC| = 6$ i wysokość $|CC_1| = 3{,}6$ . Oblicz odległość wierzchołka $C_1$ od przekątnej podstawy $BD$ .

Krok 1. Rzut. Krawędź $CC_1$ jest prostopadła do podstawy, więc rzutem $C_1$ jest $C$ .

Krok 2. Prostopadła w podstawie. W prostokącie $ABCD$ prowadzimy z $C$ wysokość $CK$ trójkąta $BCD$ na przekątną $BD$ . Przekątna ma długość $|BD| = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$ , a pole trójkąta $BCD$ liczone na dwa sposoby daje

$\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 6 = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot |CK| \quad\Longrightarrow\quad |CK| = 4{,}8.$

Krok 3. Twierdzenie. $CK \perp BD$ , więc z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych $C_1K \perp BD$ . Trójkąt $C_1CK$ jest prostokątny z kątem prostym przy $C$ :

$|C_1K| = \sqrt{3{,}6^2 + 4{,}8^2} = \sqrt{12{,}96 + 23{,}04} = \sqrt{36} = 6.$

Odpowiedź. Odległość wierzchołka $C_1$ od przekątnej $BD$ wynosi $6$ .

Wysokość ściany bocznej ostrosłupa

W ostrosłupie wysokość ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka $S$ to odległość $S$ od krawędzi podstawy. Twierdzenie mówi, gdzie ona trafia: w spodek prostopadłej poprowadzonej do tej krawędzi ze spodka wysokości $O$ .

OE ⊥ BC (E - środek BC) i SO ⊥ podstawy, więc SE ⊥ BC: odcinek SE jest wysokością ściany bocznej, a kąt α przy E - kątem nachylenia ściany bocznej do podstawy.

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym spodek $O$ to środek kwadratu, a prostopadła z $O$ do boku $BC$ trafia w jego środek $E$ . Zatem wysokość ściany bocznej $SE$ trafia w środek krawędzi podstawy, a trójkąt $SOE$ jest prostokątny:

$|SE|^2 = H^2 + |OE|^2, \qquad |OE| = \frac{a}{2}.$

Przykład 3. Ostrosłup prawidłowy czworokątny ma krawędź podstawy $10$ i wysokość $12$ . Oblicz wysokość ściany bocznej, pole jednej ściany i tangens kąta nachylenia ściany bocznej do podstawy.

$|OE| = \frac{10}{2} = 5, \qquad |SE| = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{169} = 13, \qquad P_{SBC} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 13 = 65.$

Odcinki $OE$ i $SE$ są prostopadłe do krawędzi $BC$ , więc kąt $SEO$ jest kątem nachylenia ściany do podstawy:

$\operatorname{tg}\alpha = \frac{|SO|}{|OE|} = \frac{12}{5}, \qquad \alpha \approx 67{,}38^\circ.$

Odpowiedź. $|SE| = 13$ , pole ściany $65$ , $\operatorname{tg}\alpha = \frac{12}{5}$ .

Ostrosłup ze spodkiem wysokości w wierzchołku

Najwięcej daje twierdzenie tam, gdzie bryła nie jest symetryczna. Typowy przykład: ostrosłup, którego krawędź boczna $SA$ jest prostopadła do podstawy - spodek wysokości leży wtedy w wierzchołku $A$ .

Krawędź SA jest prostopadła do podstawy, więc A jest rzutem S. Bok AB jest prostopadły do BC, a z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych także SB ⊥ BC - ściana SBC to trójkąt prostokątny. Kąt α to kąt nachylenia ściany SBC do podstawy.

Przykład 4. Podstawą ostrosłupa $ABCDS$ jest prostokąt o bokach $|AB| = 4$ i $|BC| = 3$ , a krawędź $SA$ o długości $3$ jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Wykaż, że wszystkie ściany boczne są trójkątami prostokątnymi, oblicz pole powierzchni bocznej i kąt nachylenia ściany $SBC$ do podstawy.

Krok 1. Ściany $SAB$ i $SAD$ . $SA$ jest prostopadła do podstawy, więc do $AB$ i do $AD$ : kąty proste przy $A$ .

Krok 2. Ściany $SBC$ i $SDC$ - twierdzenie. Rzutem punktu $S$ jest $A$ . W prostokącie $AB \perp BC$ , więc z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych $SB \perp BC$ - kąt prosty przy $B$ . Tak samo $AD \perp DC$ , więc $SD \perp DC$ - kąt prosty przy $D$ .

Krok 3. Długości.

$|SB| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5, \qquad |SD| = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}.$

Krok 4. Pola ścian.

$P_{SAB} = \tfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3 = 6, \quad P_{SAD} = \tfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = 4{,}5, \quad P_{SBC} = \tfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 = 7{,}5, \quad P_{SDC} = \tfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 3\sqrt{2} = 6\sqrt{2}.$

$P_b = 6 + 4{,}5 + 7{,}5 + 6\sqrt{2} = 18 + 6\sqrt{2} \approx 26{,}49.$

Krok 5. Kąt ściany $SBC$ z podstawą. Krawędź wspólna to $BC$ ; w podstawie prostopadły do niej jest $AB$ , w ścianie - $SB$ . Kąt nachylenia to $\alpha = \sphericalangle SBA$ :

$\operatorname{tg}\alpha = \frac{|SA|}{|AB|} = \frac{3}{4}, \qquad \alpha \approx 36{,}87^\circ.$

Odpowiedź. Wszystkie cztery ściany boczne są prostokątne, $P_b = 18 + 6\sqrt{2}$ , $\operatorname{tg}\alpha = \frac{3}{4}$ .

Kąt dwuścienny a twierdzenie o trzech prostych

Kąt nachylenia ściany do podstawy to kąt liniowy kąta dwuściennego: ramiona muszą być prostopadłe do wspólnej krawędzi. Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych gwarantuje, że oba ramiona wyznaczysz, rysując jedną prostopadłą w podstawie:

w podstawie prowadzisz ze spodka wysokości $O$ odcinek $OE$ prostopadły do krawędzi;
odcinek $SE$ jest wtedy automatycznie prostopadły do tej krawędzi;
kąt $SEO$ jest szukanym kątem, a trójkąt $SOE$ - prostokątnym trójkątem, w którym go liczysz.

Więcej o kątach dwuściennych i ich typowych przypadkach w lekcji kąt między prostą a płaszczyzną i kąt dwuścienny.

Najczęstsze pytania

Co mówi twierdzenie o trzech prostych prostopadłych? Że pochyła $PK$ jest prostopadła do prostej $l$ leżącej w płaszczyźnie wtedy i tylko wtedy, gdy prostopadły do $l$ jest jej rzut prostokątny $P'K$ na tę płaszczyznę.

Jakie są te trzy proste prostopadłe? Prosta $PP'$ prostopadła do płaszczyzny, rzut $P'K$ prostopadły do prostej $l$ i pochyła $PK$ , która też jest prostopadła do $l$ . Czasem jako trzecią liczy się samą prostą $l$ .

Jak obliczyć odległość punktu od prostej w przestrzeni? Zrzutuj punkt na płaszczyznę zawierającą prostą, z rzutu poprowadź prostopadłą do prostej i policz przeciwprostokątną: $d = \sqrt{h^2 + d'^2}$ , gdzie $h$ to odległość punktu od płaszczyzny, a $d'$ - odległość rzutu od prostej.

Dlaczego wysokość ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego trafia w środek krawędzi? Bo prostopadła ze środka podstawy $O$ do krawędzi podstawy trafia w jej środek, a z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych wysokość ściany $SE$ trafia w ten sam punkt.

Czy twierdzenie o trzech prostych prostopadłych działa w obie strony? Tak. Z prostopadłości rzutu wynika prostopadłość pochyłej i odwrotnie - z prostopadłości pochyłej wynika prostopadłość rzutu.

Kiedy w ostrosłupie wszystkie ściany boczne są trójkątami prostokątnymi? Na przykład wtedy, gdy podstawą jest prostokąt, a jedna krawędź boczna jest prostopadła do podstawy - dwie ściany mają kąt prosty przy spodku tej krawędzi, dwie pozostałe (z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych) przy sąsiednich wierzchołkach podstawy.

Przećwicz

Proste i płaszczyzny w przestrzeni → - odległość punktu od prostej, twierdzenie o trzech prostych prostopadłych w sześcianie i prostopadłościanie.
Kąt dwuścienny → - kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy wyznaczony przez trójkąt $SOE$ .
Kąt między prostą a płaszczyzną → - rzut prostokątny odcinka i kąt nachylenia.

Wszystkie typy zadań: graniastosłupy i ostrosłupy - zadania z rozwiązaniami.

Podsumowanie

Jeśli $PP' \perp \pi$ , $l \subset \pi$ i $K \in l$ , to $P'K \perp l \Leftrightarrow PK \perp l$ .
Dowód: trzy razy twierdzenie Pitagorasa daje $|PA|^2 = |PK|^2 + |KA|^2$ dla każdego $A \in l$ .
Odległość punktu od prostej w przestrzeni: $|PK| = \sqrt{|PP'|^2 + |P'K|^2}$ .
W ostrosłupie wysokość ściany bocznej trafia w spodek prostopadłej poprowadzonej ze spodka wysokości $O$ do krawędzi podstawy; w ostrosłupie prawidłowym - w środek krawędzi.
Kąt nachylenia ściany do podstawy to kąt $SEO$ w trójkącie prostokątnym $SOE$ .