Как найти квадрат расстояния между прямыми

Расстояние между точкой и плоскостью.

Расстояние между точкой и прямой.

Расстояние между двумя прямыми.

---

Первое, что полезно знать, это как найти расстояние от точки до плоскости: 

Значения A, B, C, D — коэффициенты плоскости

x, y, z — координаты точки

Задача. Найти расстояние между точкой А = (3; 7; −2) и плоскостью 4x + 3y + 13z — 20 = 0.

Все дано, можно сразу подставить значения в уравнение:

Задача. Найдите расстояние от точки К = (1; −2; 7) до прямой, проходящей через точки V = (8; 6; −13) и T = (−1; −6; 7).

1. Находим вектор прямой.
2. Вычисляем вектор, проходящий через искомую точку и любую точку на прямой. 
   
3. Задаем матрицу и находим определитель по двум полученным векторам в 1-ом и 2-ом пункте.
4. Расстояние получим, когда квадратный корень из суммы квадратов коэффициентов матрицы поделим на длину вектора, который задает прямую (Думаю непонятно, поэтому перейдем к конкретному примеру).

1) TV = (8−(−1); 6−(−6); -13-7) = (9; 12; −20)

2) Вектор найдем через точки K и T, хотя так же можно было бы через K и V или любую другую точку на данной прямой.

TK = (1−(−1); −2−(−6); 7-7) = (2; 4; 0)

3) Получится матрица без коэффициента D (здесь он не нужен для решения):

Если непонятно, как получить матрицу и ее определитель, смотрите здесь более подробный разбор.

4) Плоскость получилась с коэффициентами А = 80, В = 40, С = 12,

x, y, z — координаты вектора прямой, в данном случае — вектор TV имеет координаты (9; 12; −20)

Задача. Найти расстояние между прямой, проходящей через точки Е = (1; 0; −2), G = (2; 2; −1), и прямой, проходящей через точки M = (4; −1; 4), L = (−2; 3; 0).

1. Задаем векторы обеих прямых.
2. Находим вектор, взяв по одной точке с каждой прямой.
3. Записываем матрицу из 3-х векторов (две строчки из 1-го пункта, одна строчка из 2-го) и находим ее численный определитель.
4. Задаем матрицу из двух первых векторов (в пункте 1). Первую строчку задаем как x, y, z.
5. Расстояние получим, когда разделим получившееся значение из пункта 3 по модулю на квадратный корень из суммы квадратов пункта 4. 

Перейдем к цифрам:

1) EG = (2−1; 2−0; −1−2) = (1; 2; −3)

ML = (−2−4; 3−(−1); 0−4) = (−6; 4; −4) 

2) Найдем вектор EM (можно было так же найти EL или GM, или GL).

EM = (1−4; 0−(−1); −2−4) = (−3; 1; −6)

3) Составляем матрицу из трех выше найденных векторов и находим определитель.

4) Составляем матрицу из первых двух выше найденных векторов и находим определитель 

без коэффициента D (здесь он не нужен для решения).

Вспомним, что уравнение плоскости задается так:

В нашем случае А = 4, В = 22, С = 16, D = 0.

5) Итоговая формула выглядит так, где L= −86 (из 3 пункта)

Будь в курсе новых статеек, видео и легкого математического юмора.

({color{red}{textbf{Факт 1. Про векторы}}})
(bullet) Если в пространстве заданы две точки (A(x_1;y_1;z_1)) и (B(x_2;y_2;z_2)), то вектор (overrightarrow{AB}) имеет координаты [overrightarrow{AB} = {x_2-x_1;y_2-y_1;z_2-z_1}]
(bullet) Если в пространстве заданы два вектора (vec{a}
={x_1;y_1;z_1}) и (vec{b}=
{x_2;y_2;z_2}), то:

(qquad blacktriangleright) сумма этих векторов (vec{a}+vec{b}={x_1+x_2;y_1+y_2;z_1+z_2})

(qquad blacktriangleright) разность этих векторов (vec{a}-vec{b}={x_1-x_2;y_1-y_2;z_1-z_2})

(qquad blacktriangleright) произведение вектора на число (lambda
vec{a}={lambda x_1;lambda
y_1;lambda z_1})
 
(bullet) Если в пространстве заданы две точки (A(x_1;y_1;z_1)) и (B(x_2;y_2;z_2)), а точка (O) — середина отрезка (AB), то (O) имеет координаты [Oleft(dfrac{x_1+x_2}2;dfrac{y_1+y_2}2;dfrac{z_1+z_2}2right)]
(bullet) Длина вектора (vec{a}={x;y;z}) обозначается (|vec{a}|) и вычисляется по формуле [|vec{a}|=sqrt{x^2+y^2+z^2}]
(bullet) Заметим, что расстояние между двумя точками есть не что иное, как длина вектора с началом и концом в этих точках.
 

I. Скалярное произведение ненулевых векторов (их длины не равны нулю) равно нулю тогда и только тогда, когда они перпендикулярны: [(vec{a}, vec{b})=0 quadLeftrightarrowquad
vec{a}perp vec{b}]

II. Длина вектора равна квадратному корню из скалярного произведения вектора на себя: [|vec{a}|=sqrt{(vec{a},
vec{a})}]

III. Переместительный закон: [(vec{a}, vec{b})=(vec{b},
vec{a})]

IV. Распределительный закон: [(vec{a}+vec{b},
vec{c})=(vec{a}, vec{c})+(vec{b}, vec{c})]

V. Сочетательный закон ((lambda) – число): [lambda(vec{a}, vec{b})=(lambda
vec{a}, vec{b})]
(bullet) Скалярное произведение двух векторов (vec{a}
={x_1;y_1;z_1}) и (vec{b}= {x_2;y_2;z_2}) можно вычислить с помощью координат этих векторов: [{large{(vec{a},
vec{b})=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2}}]
(bullet) Косинус угла между векторами (vec{a} ={x_1;y_1;z_1}) и (vec{b}= {x_2;y_2;z_2}) вычисляется по формуле: [{large{cosangle(vec{a}, vec{b})=dfrac{x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2}
{sqrt{x^2_1+y^2_1+z^2_1}cdot
sqrt{x^2_2+y^2_2+z^2_2}}}}]
 

({color{red}{textbf{Факт 3. Про уравнение плоскости}}})
(bullet) Если (vec{n}={a;b;c}) – нормаль к плоскости, то уравнение плоскости имеет вид [ax+by+cz+d=0] Для того, чтобы найти (d), нужно подставить в уравнение плоскости вместо (x, y, z) координаты любой точки, лежащей в этой плоскости.
 
Пример: если (vec{n}={1;2;3}) – нормаль к плоскости, (O(4;5;6)) – точка из плоскости, то справедливо: (1cdot 4+2cdot 5+3cdot
6+d=0), откуда (d=-32), следовательно, уравнение плоскости имеет вид (x+2y+3z-32=0).
 
(bullet) Уравнение плоскости можно составить, используя три точки из плоскости, не лежащие на одной прямой.
Пусть (A(1;0;0),
B(0;3;4), C(2;0;5)) – точки из плоскости. Тогда уравнение плоскости можно найти, решив систему: [begin{cases}
1cdot a+0cdot b+0cdot c+d=0\
0cdot a+3cdot b+4cdot c+d=0\
2cdot a+0cdot b+5cdot c+d=0end{cases} quadRightarrowquad
begin{cases}
d=-a\
3b+4c-a=0\
a+5c=0end{cases}quadRightarrowquad begin{cases} d=-a\
a=-5c\
b=-3cend{cases}quadRightarrowquadbegin{cases}a=-5c\
b=-3c\
d=5cend{cases}] Следовательно, уравнение плоскости имеет вид: [-5ccdot x-3ccdot y+ccdot z+5c=0] Можно разделить обе части на (c), так как (cne 0) (иначе (a=b=c=d=0)), следовательно, уравнение плоскости имеет вид [-5x-3y+z+5=0]
 

({color{red}{textbf{Факт 4. Про углы между прямыми, плоскостями}}})
(bullet) Если векторы (vec{a} ={x_1;y_1;z_1}) и (vec{b}=
{x_2;y_2;z_2}) являются направляющими прямых (p) и (q), то косинус угла между этими прямыми равен: [cos phi=dfrac{|x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2|}
{sqrt{x^2_1+y^2_1+z^2_1}cdot sqrt{x^2_2+y^2_2+z^2_2}}]
(bullet) Если (vec{a}) — направляющий вектор прямой (p), а (vec{n}) — нормаль к плоскости (phi) (перпендикуляр к плоскости), то синус угла между прямой (p) и плоскостью (phi) равен модулю косинуса угла между векторами (vec{a}) и (vec{n}): [sin
angle(p, phi)=|cos angle(vec{a}, vec{n})|]
 
(bullet) Если две плоскости заданы уравнениями (a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0) и (a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0), то косинус угла между плоскостями ищется по формуле: [{large{cos phi=left| dfrac{a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2}
{sqrt{a^2_1+b^2_1+c^2_1}cdot
sqrt{a^2_2+b^2_2+c^2_2}}right|}}]
 

({color{red}{textbf{Факт 5. Про расстояния от точки до плоскости,
между скрещивающимися прямыми}}})
(bullet) Если (M(x_0;y_0;z_0)) — некоторая точка вне плоскости (phi), (ax+by+cz+d=0) — уравнение плоскости (phi), то расстояние от точки (M) до плоскости (phi) ищется по формуле: [rho(M, phi)=dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{sqrt{a^2+b^2+c^2}}]
(bullet) Для того, чтобы найти расстояние между скрещивающимися прямыми, нужно
— построить плоскость, проходящую через одну из них и параллельную другой;
— найти уравнение этой плоскости;
— найти расстояние от любой точки первой прямой до этой плоскости.

План урока:

Понятие перпендикуляра

Расстояния между плоскостями и прямыми

Теорема о трех перпендикулярах

Угол между прямой и плоскостью

Задачи на перпендикуляры, наклонные, расстояния

Понятие перпендикуляра

Пусть есть некоторая плоскость α и точка М в пространстве, не лежащая на α. Проведем через М прямую, перпендикулярную α. Она пересечет α в какой-нибудь точке К. Отрезок МК именуют перпендикуляром к плоскости α.

Если через М мы проведем ещё одну прямую, пересекающую α, то она пересечет α в какой-нибудь точке Н. В результате мы получим прямоугольный ∆МНК:

Запомним некоторые геометрические термины. В таком построении:

• отрезок МН – это наклонная;
• отрезок НК – это проекция наклонной, или просто проекция;
• К – основание перпендикуляра;
• Н – основание наклонной.

Заметим, что в ∆МНК отрезок МН – это гипотенуза, а МК – это катет. Напомним, что катет всегда меньше гипотенузы. Отсюда вытекает вывод – длина перпендикуляра всегда меньше длины наклонной (конечно, если они проведены из одной точки).

Это значит, что из всех отрезков, которыми можно соединить точку и плоскость, именно перпендикуляр будет кратчайшим. Поэтому его называют расстоянием между точкой и плоскостью.

Расстояния между плоскостями и прямыми

Докажем довольно очевидный факт:

Действительно, пусть α и β – параллельные плоскости. Выберем на α произвольные точки М и Р, а далее опустим перпендикуляры из точек М и Р на β, которые пересекут β в точках Н и К соответственно:

Так как МН и РК перпендикулярны плоскости α, то они параллельны. Но также и α||β. Тогда, по теореме 12 из этого урока, отрезки МН и РК одинаковы, ч. т. д.

Этот факт позволяет ввести понятия расстояния между параллельными плоскостями.

Уточним, что если плоскости пересекаются, то расстояние между ними не может быть определено.

Далее рассмотрим случай с плоскостью α и параллельной ей прямой m. Оказывается, и в этом случае точки прямой равноудалены от плоскости.

Действительно, отметим на m произвольную точку К. Далее через K проведем такую плоскость β, что α||β. Так как точки β равноудалены от α, то нам достаточно показать, что m будет полностью принадлежать β:

Так как m и β уже имеют общую точку K, то они m либо пересекает β, либо лежит в ней. Будем рассуждать от противного и предположим, что m и β пересекаются. Так как m||α, то в α можно построить прямую n, параллельную m. Если m пересекает β, то и nтакже должна ее пересекать (по теореме 3 из этого урока). Но если n пересекает β, то точка их пересечения будет одновременно принадлежать и β, и α. То есть у этих плоскостей будет общая точка. Но α и β параллельны и потому не могут иметь общих точек. Значит, на самом деле m и β НЕ пересекаются. Остается один вариант – m принадлежит β, ч. т. д.

Из этой теоремы вытекает понятие расстояния между прямой и плоскостью.

Уточним, что если плоскость и прямая не параллельны, то расстояние между ними определить нельзя.

Осталось понять, как определять расстояние между прямыми в пространстве. Для параллельных прямых определение расстояния известно ещё из курса планиметрии. Естественно, что для пересекающихся прямых расстояние определить невозможно. Остается только случай скрещивающихся прямых.

Пусть прямые m и n скрещиваются. Тогда через n можно построить плоскость α, параллельную m. И наоборот, через m возможно провести плоскость β, параллельную n:

Далее опустим из какой-нибудь точки m перпендикуляр на α. Обозначим этот перпендикуляр как р. Тогда через пересекающиеся прямые m и р можно провести единственную плоскость γ:

Заметим, что плоскости α и γ обязательно пересекутся по некоторой прямой m’, причем m’||m. Действительно, m’ и m не могут скрещиваться, ведь они находятся в одной плоскости γ. Не могут они и пересекаться, ведь в противном случае точка их пересечения была бы общей для m и α, а они параллельны и общих точек не имеют.

Также заметим, что прямые n и m’ пересекаются, ведь они располагаются в одной плоскости α. Параллельными они быть не могут, ведь тогда по свойству транзитивности параллельности получилось бы, что и n||m, а это не так. Обозначим точку пересечения n и m’ буквой K.

Далее через K в плоскости γ проведем прямую р’, параллельную р:

Теперь начнем рассуждения. Если р⊥α, то также р⊥m’. Так как р’||р, то и р’⊥m’, ведь прямая, перпендикулярная одной из параллельных прямых, будет перпендикулярна и второй прямой. По этому же правилу из того факта, что m’||m и р’⊥m’ вытекает, что и m⊥р’. Наконец, если р⊥α, то р⊥n. Для ясности отметим все найденные нами прямые углы на рисунке:

В итоге получилось, что отрезок HK перпендикулярен и n, и m. По этой причине его называют общим перпендикуляром к прямым n и m. Именно он и считается расстоянием между скрещивающимися прямыми m и n.

Отдельно отметим, что HK – это ещё и общий перпендикуляр к α и β. Понятно, что так как р⊥α и р’||р, то и р’⊥α, то есть HK – перпендикуляр к α.

Теперь через точку H проведем прямую n’, параллельную n. Так как β||n, то n’ будет находиться в β (по теор. 6 в этом уроке).

Раз n||n’ и р’⊥n, то и р’⊥n’. Тогда получается, что в β есть сразу две пересекающихся прямых (это m и n’), которые перпендикулярны р’. Поэтому можно утверждать, что р’⊥β, то есть HK– перпендикуляр к β.

Отсюда сразу вытекает ещё один важный вывод – плоскости α и β параллельны, так как имеют общий перпендикуляр.

Итак, мы показали, что общий перпендикуляр можно построить для любых двух скрещивающихся прямых. Но можно построить ещё один такой перпендикуляр? Нельзя, и это можно показать.

Сначала заметим, что второй перпендикуляр нельзя провести через точку К, ведь в таком случае получалось бы, что к m проведены два различных перпендикуляра из одной и той же точки, что невозможно. Аналогично перпендикуляр не может проходить и через Н.

Предположим тогда, что второй перпендикуляр проходит через точки С и D, причем С находится на m, а D находится на n. То есть CD⊥m и СD⊥n:

Проведем через С прямую n’’, параллельную n. Раз СD⊥n и n||n’’, то и СD⊥n’’. При этом n’’ находится в β (это доказывается также, как и в случае с n’). Тогда получается, что в β есть две прямые, n’’ и m, каждая из которых перпендикулярна СD, и при этом n’’ и m пересекаются. Тогда CD⊥β. Из этого вытекает, что СD и HK параллельны, а потому через них можно провести плоскость δ. Этой плоскости будут принадлежать точки С, H, К и D. Но тогда в этой плоскости должны находиться прямые m и n, ведь они имеют с ней по две общих точки. Но m и n – скрещивающиеся прямые, то есть они никак не могут находиться в одной плоскости. Это противоречие означает, что второй общий перпендикуляр CD не существует.

Итак, из всех наших рассуждений мы можем сделать следующие выводы:

Теорема о трех перпендикулярах

Сформулируем важное утверждение, которое называют теоремой о трех перпендикулярах.

Проиллюстрируем теорему с помощью картинки:

Доказательство этой теоремы очень простое. Так как МК⊥α, то также МК⊥m. Теперь рассмотрим расположение плоскости МНК и прямой m. МК⊥m и HK⊥m. Тогда по признаку перпендикулярности можно утверждать, что m перпендикулярна всей плоскости HM, то есть каждой находящейся в ней прямой. В частности, m⊥HK, ч. т. д.

Оказывается, верно и обратное утверждение (так называемая обратная теорема о трех перпендикулярах):

Доказательство аналогично предыдущему. Так как m⊥MH и m⊥MK, то m⊥HMK. Отсюда вытекает, что и m⊥HK.

Угол между прямой и плоскостью

Проекция наклонной позволяет ввести такое понятие, как угол между прямой и плоскостью.

Пусть надо определить угол между прямой HM и плоскостью α:

Здесь надо просто построить перпендикуляр МК. В результате появится отрезок HK– проекция HM на α. Тогда угол между HM и HK, то есть ∠MHK, как раз и будет углом между HM и α.

Однако не всегда таким образом можно построить проекцию прямой. Проблемы возникнут, если прямая либо параллельна, либо перпендикулярна плоскости. В таких случаях используются такие правила:

Задачи на перпендикуляры, наклонные, расстояния

Рассмотрим несколько задач, в каждой из которых рассматривается куб АВСDEFGH. При этом предполагается, что ребро такого куба имеет длину, равную единице.

Задание. В кубе АВСDEFGH найдите расстояние между точкой А и гранью CDHG:

Решение. Ребро AD перпендикулярно грани DH (так как AD⊥DH и AD⊥CD). Поэтому как раз АD и является расстоянием между А и СDHG. Значит, оно равно единице.

Ответ: 1.

Примечание. Для решения следующих задач запомним, что ребро DH перпендикулярно грани АВСD. Вообще в кубе все ребра, пересекающиеся с гранями, перпендикулярны таким граням.

Задание. Найдите в кубе расстояние между вершиной А и плоскостью BDH:

Решение. Проведем на грани АВСD перпендикуляр АК из А к прямой BD:

Докажем, что АК – перпендикуляр в BDH. Для этого надо найти две прямые в BDH, перпендикулярные АК. Первая такая прямая – это BD (мы специально провели АК⊥BD). Вторая такая прямая – это DH. Действительно, DH перпендикулярна всей грани АВСD, а значит, и прямой АК.

Теперь найдем длину АК. Ее можно вычислить из прямоугольного ∆АКD. В нём ∠ADB =45°, ведь это угол между стороной квадрата АВСD и его диагональю.

Найти АК можно с помощью тригонометрии в ∆АКD:

Задание. Найдите расстояние от H до плоскости EDG:

Решение. Обозначим середину отрезка ЕD буквой М.Далее в ∆МНG опустим высоту из НК на сторону MG:

Попытаемся доказать, что HK – это перпендикуляр к EDG. Заметим, что ∆HDG и ∆EHG равны, ведь у них одинаковую длину имеют ребра DH, EH, ребро GH – общее, а ∠DHG и ∠EHG прямые. Тогда одинаковы отрезки EG и DG. Это означает, что ∆EGD – равнобедренный.

В ∆EGDMG– это медиана. Так как ∆EGD – равнобедренный, то MG одновременно ещё и высота, поэтому MD⊥MG.

Аналогично ∆EHD– равнобедренный (EH = HD), а потому MH в нем – и медиана, и высота. Поэтому MD⊥MH.

Получили, что MD перпендикулярен и MH, и MG, то есть двум прямым в плоскости MHG. Тогда MD перпендикулярен всей плоскости MHG, и, в частности, отрезку HK: HK⊥MD.

Но также MD⊥MG. Получается, KH перпендикулярен двум прямым в плоскости EDG, и потому он является перпендикуляром к плоскости EDG. Значит, именно его длину нам и надо найти.

Рассмотрим ∆MDH. Он прямоугольный, а ∠MDH = 45° (угол между стороной и диагональю квадрата). Тогда длину MH можно найти так:

Так как ребро GH перпендикулярно грани АЕНD, то ∆MHG – прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора можно найти MG:

Далее можно найти HK разными способами, но проще воспользоваться подобием ∆MHG и ∆MKH. Они оба – прямоугольные, и у них есть общий угол ∠KMH, этого достаточно для подобия треугольников. Записываем пропорцию:

Здесь слева записано отношение сторон, лежащих против ∠KMH, а справа – отношение сторон, лежащих против прямых углов (то есть отношение гипотенуз). Используем пропорцию дальше:

Задание. Найдите расстояние между прямыми ВС и DH:

Решение. ВС и DH – скрещивающиеся. Надо найти общий перпендикуляр к ним. В данном случае он очевиден – это отрезок CD. Действительно, CD⊥ВС как стороны квадрата АВСD, но и DH⊥CD как стороны в другом квадрате, СDHG.. Длина же ребра CD равна единице, ведь у куба все ребра одинаковы.

Ответ: 1.

Задание. Каково расстояние между прямыми ВС и DG:

Решение.На грани СDHG опустим из С перпендикуляр СК на диагональ GD:

Будет ли СК являться расстоянием между ВС и DG? Ясно, что СК⊥DG. При этом ребро ВС перпендикулярно грани СGHD, так как ВС⊥СG и ВС⊥СD. Значит, также ВС⊥СК. То есть СК – общий перпендикуляр к ВС и DG, и по определению как раз и является искомым расстоянием.

Длину СК найдем из прямоугольного ∆СKG. ∠СGK составляет 45°, ведь это угол между диагональю DG и стороной квадрата СG. Тогда можно записать:

Задание. Найдите расстояние между ребрами АВ и HG:

Решение. Здесь ребра АВ и HG параллельны, так как каждая их них параллельна ребру CD. Проведем отрезок АН. Так как и АВ, и HG перпендикулярны грани АЕНD, то эти ребра одновременно перпендикулярны и АН. То есть АН – общий перпендикуляр к АВ и HG, и поэтому именно его длину и надо найти.

Сделать это можно из прямоугольного ∆АНD, в котором ∠НАD составляет 45°:

Задание. Чему равно расстояние между ребром AB и диагональю FD:

Решение. Пусть А₁, D₁, H₁ и Е₁ – середины ребер АВ, DC, HG, и EF соответственно. Проведем через А₁, D₁, H₁ плоскость. Диагональ FD пересечет ее в какой-нибудь точке К:

Сначала покажем, что плоскости α и ADH (то есть нижняя грань) параллельны.

Заметим, что в четырехугольнике АА₁D₁D стороны АА₁ и DD₁ параллельны (ведь они лежат на сторонах квадрата АВСD) и одинаковы (ведь они составляют половину от длины ребер АВ и CD, то есть имеют длину 0,5). Тогда АА₁D₁D – параллелограмм. Более того, раз у него есть прямые углы ∠А₁АDи ∠АDD₁, то можно утверждать, что АА₁D₁D – прямоугольник. Тогда АD||A₁D₁. Аналогично можно показать, что DHH₁D₁ – прямоугольник, и DH||D₁H₁.

Далее можно действовать разными способами. Первый способ – это использование признака параллельности плоскостей (теорема 9 из этого урока). Так как в α есть пересекающиеся прямые А₁D₁и D₁H₁, а в плоскости ADH находятся прямые AD и DH, и АD||A₁D₁, и DH||D₁H₁, то по этому признаку α||ADH.

Однако, если этот признак вдруг оказался «забыт», то можно использовать отрезок DD₁. Он перпендикулярен и грани ADHE, и плоскости α, ведь в каждой из них есть по две прямых, перпендикулярных ему. Это AD и DH на грани ADHE и A₁D₁и D₁H₁ в α. Тогда α и ADH перпендикулярны одной и той же прямой, а потому они параллельны. Так или иначе, мы выяснили, что α||ADH.

Отсюда вытекает, что α должна проходить через середину Е₁. Действительно, расстояние между параллельными плоскостями не зависит от выбора точек измерения. В данном случае оно равно отрезку АА₁, то есть 0,5. Но FE– это также общий перпендикуляр к α и ADH. Значит, α пересекает FE в точке, находящейся на расстоянии 0,5 от Е. А это как раз и есть середина FE, то есть точка Е₁.

Далее докажем, что точка К, в которой прямая FD пересекает α – это середина отрезка Е₁D₁. Для этого удобно отдельно показать плоскость, проходящую через параллельные ребра FE и CD, то есть четырехугольник FEDC:

Заметим, так как ребра FE и CD перпендикулярны верхней и нижней грани, то они перпендикулярны и отрезкам FC и ED, то есть FEDC прямоугольник. Тогда FC||ED, и ∠Е₁FD = ∠D₁DF (накрест лежащие углы при секущей FD). ∠FKE₁ и ∠DKD₁ одинаковы уже как вертикальные углы. Тогда ∆FKE₁ и ∆DKD₁ подобны по 2 углам. Но отрезки FE₁ и DD₁ одинаковы как половины равных ребер FE и CD. Получается, что ∆FKE₁ и ∆DKD₁ равны, и поэтому Е₁К = KD₁. Это и значит, что К – середина Е₁D₁.

Также отметим, что Е₁D₁ – диагональ в четырехугольнике А₁Е₁Н₁D₁. Докажем, что А₁Е₁Н₁D – это квадрат. Ранее мы уже показали, что АА₁D₁D и DHH₁D₁ – прямоугольники. Аналогично можно продемонстрировать, что прямоугольниками являются также АА₁Е₁Е и ЕЕ₁Н₁Н. Из этого вытекает равенство сторон:

То есть в А₁Е₁Н₁D₁ все стороны одинаковы, и эта фигура – ромб. Теперь надо показать, что и углы в этом четырехугольнике составляют 90°. Продемонстрируем это на примере ∠А₁D₁H₁. AD⊥CDHG и AD||A₁D₁, поэтому А₁D₁⊥CDHG. Значит, также А₁D перпендикулярна любой прямой на грани CDHG, в том числе и D₁H₁. То есть ∠А₁D₁H₁ = 90°. Но если в ромбе хотя бы один угол прямой, то он является квадратом.

Итак, мы выяснили, что А₁Е₁Н₁D₁ – квадрат, а К – середина его диагонали Е₁D₁. Получается, что К – точка пересечения диагоналей квадрата А₁Е₁Н₁D₁, ведь эта точка пересечения как раз делит диагонали пополам.

Теперь мы можем наконец доказать, что А₁К – это и есть искомое расстояние. Действительно, так как АВ – перпендикуляр к α, та А₁К принадлежит α, то А₁К⊥АВ. Но как же доказать, что А₁К⊥FD. Здесь поможет теорема о трех перпендикулярах. Е₁К – это проекция FK на α, и Е₁К⊥А₁К, ведь диагонали квадрата пересекаются под прямым углом. Раз отрезок А₁К перпендикулярен проекции, то он перпендикулярен и самой наклонной, то есть А₁К⊥FK.

Осталось лишь вычислить длину А₁К. Для этого по аналогии с предыдущими задачами используем прямоугольный∆А₁Е₁К, в котором ∠А₁Е₁К = 45°:

Отвлечемся от куба и рассмотрим другую задачу.

Задание. В ∆АВС вписана окружность. Через центр этой окружности (точку О) проведена прямая ОН, причем она перпендикулярна плоскости АВС. Верно ли, что точка Н находится на одинаковом расстоянии от прямых АВ, АС и ВС?

Решение. Пусть N, K и M – точки касания окружности и сторон АВ, АС и ВС соответственно. Тогда ОN, OK и OM– радиусы, а они должны быть перпендикулярны касательным, то есть

Заметим, что ОN, OK и OM – это также проекции прямых HN, HK и HM соответственно. Раз отрезки АВ, АС и ВС перпендикулярны этим проекциям, то они должны быть перпендикулярны и наклонным:

Это значит, что HN, HK и HM– это расстояния от H до сторон ∆АВС. Осталось показать, что они одинаковы. Это можно сделать с помощью ∆HON, ∆HOK и ∆HOM. Они все прямоугольные, причем катет OH– общий, а катеты ON, OM и OK одинаковы как радиусы одной окружности. Отсюда вытекает вывод, что эти треугольники равны, то есть одинаковы и их гипотенузы HN, HKи HM, ч. т. д.

Теперь снова вернемся к кубу, чтобы на практике научиться определять угол между прямой и плоскостью.

Задание. Найдите угол между ребром куба BD и гранью СDHG:

Решение. ВС – это перпендикуляр к грани СDHG, поэтому CD– проекция BD на грань СDHG. Тогда нам надо найти ∠BDC. Он составляет 45°, так как это угол между стороной и диагональю квадрата АВСD:

Ответ: 45°.

Задание. Вычислите угол между ребром CD и плоскостью BDHF:

Решение. Нам надо из С опустить перпендикуляр на BDHF. Несложно догадаться, что для этого надо на грани ABCD опустить перпендикуляр СК на диагональ BD:

Действительно, СK⊥BD. Надо найти ещё одну прямую в BDHF, перпендикулярную СК. И такой прямой может быть BF. Так как BF перпендикулярна всей грани АВСD, то она обязательно перпендикулярна и СК. Получаем, что СК⊥BF и CK⊥BD, и тогда СK⊥BDHF.

Если СK– перпендикуляр, то KD – это проекция СD. Тогда искомый нами угол – это ∠СDK. Он равен 45°, ведь BD – диагональ квадрата АВСD, а CD – его сторона.

Ответ: 45°

Задание. Чему равен угол между прямой BD и плоскостью ABGH:

Решение. На нижней грани АЕНD опустим на АН перпендикуляр DK:

Заметим, что ребро АВ перпендикулярно грани АЕНD, поэтому KD⊥АВ. Но также KD⊥AH (мы специально построили так KD). Тогда можно утверждать, что KD – это перпендикуляр ко всей плоскости АВGH.

В таком случае BK – это проекция BD на AB. Значит, нам необходимо вычислить ∠DBK. Его можно найти из прямоугольного ∆DBK, но сперва надо вычислить длины сторон KD и BD.

ВD найдем из прямоугольного ∆ABD:

Теперь мы можем найти ∠DBK, а точнее его синус, из ∆DBK:

По таблице синусов легко определить, что ∠DBK = 30°.

Ответ: 30°.

В ходе сегодняшнего урока мы узнали о перпендикуляре к плоскости. Перпендикуляры используются для определения расстояний в стереометрии, а также угла между прямой и плоскостью.

Среди огромного количества стереометрических
задач в учебниках геометрии, в различных
сборниках задач, пособиях по подготовке в ВУЗы
крайне редко встречаются задачи на нахождение
расстояния между скрещивающимися прямыми.
Возможно, это обусловлено как узостью их
практического применения (относительно школьной
программы, в отличие от «выигрышных» задач на
вычисление площадей и объемов), так и сложностью
данной темы.

Практика проведения ЕГЭ показывает, что многие
учащиеся вообще не приступают к выполнению
заданий по геометрии, входящих в экзаменационную
работу. Для обеспечения успешного выполнения
геометрических заданий повышенного уровня
сложности необходимо развивать гибкость
мышления, способность анализировать
предполагаемую конфигурацию и вычленять в ней
части, рассмотрение которых позволяет найти путь
решения задачи.

Школьный курс предполагает изучение четырех
способов решения задач на нахождение расстояния
между скрещивающимися прямыми. Выбор способа
обусловлен, в первую очередь, особенностями
конкретной задачи, предоставленными ею
возможностями для выбора, и, во вторую очередь,
способностями и особенностями
«пространственного мышления» конкретного
учащегося. Каждый из этих способов позволяет
решить самую главную часть задачи — построение
отрезка, перпендикулярного обеим скрещивающимся
прямым (для вычислительной же части задач
деление на способы не требуется).

Основные способы решения задач на нахождение
расстояния между скрещивающимися прямыми

Нахождение длины общего перпендикуляра двух
скрещивающихся прямых, т.е. отрезка с концами на
этих прямых и перпендикулярного каждой из этих
прямых.

Нахождение расстояния от одной из
скрещивающихся прямых до параллельной ей
плоскости, проходящей через другую прямую.

Нахождение расстояния между двумя
параллельными плоскостями, проходящими через
заданные скрещивающиеся прямые.

Нахождение расстояния от точки, являющейся
проекцией одной из скрещивающихся прямых, на
перпендикулярную ей плоскость (так называемый
«экран») до проекции другой прямой на ту же
самую плоскость.

Проведем демонстрацию всех четырех способов на
следующей простейшей задаче: «В кубе с
ребром а найти расстояние между любым ребром
и диагональю не пересекающей его грани». Ответ: .

1 способ.

Рисунок 1

h_скр перпендикулярна плоскости боковой
грани, содержащей диагональ d и
перпендикулярна ребру, следовательно, h_скр
и является расстоянием между ребром а и
диагональю d.

2 способ.

Рисунок 2

Плоскость A параллельна ребру и проходит через
данную диагональ, следовательно, данная h_скр
является не только расстоянием от ребра до
плоскости A, но и расстоянием от ребра до данной
диагонали.

3 способ.

Рисунок 3

Плоскости A и B параллельны и проходят через две
данные скрещивающиеся прямые, следовательно,
расстояние между этими плоскостями равно
расстоянию между двумя скрещивающимися прямыми.

4 способ.

Рисунок 4

Плоскость A перпендикулярна ребру куба. При
проекции на A диагонали d данная диагональ
обращается в одну из сторон основания куба.
Данная h_скр является расстоянием между
прямой, содержащей ребро, и проекцией диагонали
на плоскость C, а значит и между прямой,
содержащей ребро, и диагональю.

Остановимся подробнее на применении каждого
способа для изучаемых в школе многогранников.

СПОСОБ I.

Применение первого способа достаточно
ограничено: он хорошо применяется лишь в
некоторых задачах, так как достаточно сложно
определить и обосновать в простейших задачах
точное, а в сложных — ориентировочное
местоположение общего перпендикуляра двух
скрещивающихся прямых. Кроме того, при
нахождении длины этого перпендикуляра в сложных
задачах можно столкнуться с непреодолимыми
трудностями.

Примеры

Задача 1. В прямоугольном параллелепипеде с
размерами a, b, h найти расстояние между
боковым ребром и не пересекающейся с ним
диагональю основания.

Рисунок 5

Пусть AHBD.
Так как А₁А перпендикулярна плоскости АВСD ,
то А₁А
AH.

AH перпендикулярна обеим из двух скрещивающихся
прямых, следовательно AH?- расстояние между
прямыми А₁А и BD. В прямоугольном
треугольнике ABD, зная длины катетов AB и AD, находим
высоту AH, используя формулы для вычисления
площади прямоугольного треугольника. Ответ:

Задача 2. В правильной 4-угольной пирамиде с
боковым ребром L и стороной основания a
найти расстояние между апофемой и стороной
основания, пересекающей боковую грань,
содержащую эту апофему.

Рисунок 6

SHCD как
апофема, ADCD,
так как ABCD — квадрат. Следовательно, DH —
расстояние между прямыми SH и AD. DH равно половине
стороны CD. Ответ:

СПОСОБ II

Применение этого способа также ограничено в
связи с тем, что если можно быстро построить (или
найти уже готовую) проходящую через одну из
скрещивающихся прямых плоскость, параллельную
другой прямой, то затем построение
перпендикуляра из любой точки второй прямой к
этой плоскости (внутри многогранника) вызывает
трудности. Однако в несложных задачах, где
построение (или отыскивание) указанного
перпендикуляра трудностей не вызывает, данный
способ является самым быстрым и легким, и поэтому
доступен.

Примеры

Задача 2. Решение уже указанной выше задачи
данным способом особых трудностей не вызывает.

Рисунок 7

Плоскость EFM параллельна прямой AD, т. к AD || EF.
Прямая MF лежит в этой плоскости, следовательно,
расстояние между прямой AD и плоскостью EFM равно
расстоянию между прямой AD и прямой MF. Проведем OHAD. OHEF, OHMO,
следовательно, OH(EFM),
следовательно, OH — расстояние между прямой AD и
плоскостью EFM, а значит, и расстояние между прямой
AD и прямой MF. Находим OH из треугольника AOD.

Ответ:

Задача 3. В прямоугольном параллелепипеде с
размерами a,b и h найти расстояние между
боковым ребром и не пересекающейся с ним
диагональю параллелепипеда.

Рисунок 8

Прямая AA₁ параллельна плоскости BB₁D₁D,
B₁D принадлежит этой плоскости,
следовательно расстояние от AA₁ до
плоскости BB₁D₁D равно расстоянию между
прямыми AA₁ и B₁D. Проведем AHBD. Также, AH B₁B,
следовательно AH(BB₁D₁D), следовательно AHB₁D, т. е. AH —
искомое расстояние. Находим AH из прямоугольного
треугольника ABD.

Ответ:

Задача 4. В правильной шестиугольной призме
A:F₁ c высотой h и стороной основания a
найти расстояние между прямыми:

Рисунок 9 Рисунок 10

а) AA₁ и ED₁.

Рассмотрим плоскость E₁EDD₁. A₁E₁EE₁, A₁E₁E₁D₁,
следовательно

A₁E₁ (E₁EDD₁). Также A₁E₁ AA₁.
Следовательно, A₁E₁ является
расстоянием от прямой AA₁ до плоскости E₁EDD₁.
ED₁(E₁EDD₁).,
следовательно AE₁ — расстояние от прямой AA₁
до прямой ED₁. Находим A₁E₁ из
треугольника F₁A₁E₁ по теореме
косинусов. Ответ:

б) AF и диагональю BE₁.

Проведем из точки F прямую FH перпендикулярно BE.
EE₁FH, FHBE, следовательно
FH(BEE₁B₁),
следовательно FH является расстоянием между
прямой AF и (BEE₁B₁), а значит и
расстоянием между прямой AF и диагональю BE₁.
Ответ:

СПОСОБ III

Применение этого способа крайне ограничено,
так как плоскость, параллельную одной из прямых
(способ II) строить легче, чем две параллельные
плоскости, однако способ III можно использовать в
призмах, если скрещивающиеся прямые принадлежат
параллельным граням, а также в тех случаях, когда
в многограннике несложно построить параллельные
сечения, содержащие заданные прямые.

Примеры

Задача 4.

Рисунок 11

а) Плоскости BAA₁B₁ и DEE₁D₁
параллельны, так как AB || ED и AA₁ || EE₁. ED₁DEE₁D₁,
AA₁(BAA₁B₁),
следовательно, расстояние между прямыми AA₁
и ED₁ равно расстоянию между плоскостями BAA₁B₁
и DEE₁D₁. A₁E₁AA₁, A₁E₁A₁B₁, следовательно, A₁E₁BAA₁B₁.
Аналогично доказываем, что A₁E₁(DEE₁D₁). Т.о., A₁E₁
является расстоянием между плоскостями BAA₁B₁
и DEE₁D₁, а значит, и между прямыми AA₁
и ED₁. Находим A₁E₁ из треугольника
A₁F₁E₁, который является
равнобедренным с углом A₁F₁E₁,
равным .
Ответ:

Рисунок 12

б) Расстояние между AF и диагональю BE₁
находится аналогично.

Ответ:.

Задача 5. В кубе с ребром а найти
расстояние между двумя непересекающимися
диагоналями двух смежных граней.

Данная задача рассматривается как
классическая в некоторых пособиях, но, как
правило, ее решение дается способом IV, однако
является вполне доступной для решения с помощью
способа III.

Рисунок 13

Некоторую трудность в данной задаче вызывает
доказательство перпендикулярности диагонали A₁C
обеим параллельным плоскостям (AB₁D₁ ||
BC₁D). B₁CBC₁ и BC₁A₁B₁, следовательно,
прямая BC₁ перпендикулярна плоскости A₁B₁C,
и следовательно, BC₁A₁C. Также, A₁CBD.
Следовательно, прямая A₁C перпендикулярна
плоскости BC₁D. Вычислительная же часть
задачи особых трудностей не вызывает, так как h_скр
= EF находится как разность между диагональю куба
и высотами двух одинаковых правильных пирамид A₁AB₁D₁
и CC₁BD.

Ответ:

СПОСОБ IV.

Данный способ имеет достаточно широкое
применение. Для задач средней и повышенной
трудности его можно считать основным. Нет
необходимости применять его только тогда, когда
один из трех предыдущих способов работает проще
и быстрее, так как в таких случаях способ IV может
только усложнить решение задачи, или сделать его
труднодоступным. Данный способ очень выгодно
использовать в случае перпендикулярности
скрещивающихся прямых, так как нет необходимости
построения проекции одной из прямых на «экран»

Примеры.

Задача 5. Все та же «классическая» задача
(с непересекающимися диагоналями двух смежных
граней куба) перестает казаться сложной, как
только находится «экран» — диагональное
сечение куба.

Рисунок 14

Экран:

Рисунок 15

Рассмотрим плоскость A₁B₁CD. C₁F (A₁B₁CD),
т. к. C₁FB₁C
и C₁FA₁B₁.
Тогда проекцией C₁D на «экран» будет
являться отрезок DF. Проведем EMDF. Отрезок EM и будет являться расстоянием
между двумя непересекающимися диагоналями двух
смежных граней. Находим EM из прямоугольного
треугольника EDF. Ответ:.

Задача 6. В правильной треугольной пирамиде
найти расстояние и угол между скрещивающимися
прямыми: боковым ребром l и стороной
основания a.

Рисунок 16

В данной и аналогичных ей задачах способ IV
быстрее других способов приводит к решению, так
как построив сечение, играющее роль «экрана»,
перпендикулярно AC (треугольник BDM), видно, что
далее нет необходимости строить проекцию другой
прямой (BM) на этот экран. DH — искомое расстояние. DH
находим из треугольника MDB, используя формулы
площади. Ответ: .