Как найти угол между скрещивающимися параллельными прямыми

Теорема «Признак скрещивающихся прямых»

Если одна из двух прямых лежит в некоторой плоскости, а другая прямая пересекает эту плоскость в точке, не лежащей на первой прямой, то эти прямые скрещивающиеся (не лежат в одной плоскости).

Рис. (6). Доказательство теоремы.

Обрати внимание!

Пример:

Угол между скрещивающимися прямыми в пространстве

Скрещивающиеся прямые —   не параллельны,    не имеют общих точек,    не пересекаются.

Признаки Скрещивающихся прямых

1. 1-ая прямая лежит в плоскости, а 2-ая пересекает плоскость в точке не из 1-ой, то прямые скрещивающиеся.
2. Через каждую из скрещивающихся прямых проходит плоскость, параллельная другой прямой. Единственная.
3. Скрещивающиеся   $a$   и   $b$ :      есть пара пареллельных плоскостей $alpha$   и   $beta$,   таких что   $ain alpha$,     $bin beta$

Задача 1:            В прямоугольном параллелепипеде     $ABCDMNKL$     найти угол между

скрещивающимися прямыми   $AN$   и   $BK$, если известны ребра      $BA=36$,    $BN=15$,   $BC=20$

• Как находить угол между двумя стереометрическими объектами? по алгоритму параллельных переносов, совмещений.
• Свойство инвариантности углов при параллельном переносе    стереометрических объектов — прямых, плоскостей:
• Если объекты $A$   и   $B$ параллельны соответственно $A’$   и   $B’$,   то углы между парами равные:          $angle left(A;Bright)=angle left(A’;B’right)$
• В нашем случае,   $BKparallel AL$,   поэтому равны углы    $angle left(AN;BKright)=angle left(AN;ALright)=angle NAL$
• Перетащим    $BK$ по плоскости   $BKLA$ вдоль   $BA$   до совмещения с точкой $A$. Тогда $BK$ совметится с отрезком $AL$.
• Итак, мы ищем угол $angle NAL$.   Найдем его через теорему косинусов    в треугольнике   $ANL$    для угла   $angle NAL$ :
• ***                       $NL^2=AN^2+AL^2-2cdot ANcdot NLcdot cos angle NAL$
• Стороны   $AN$,   $NL$ и $AL$ можем признать диагоналями граней — прямоугольников, значит, найти их по теоремам Пифагора.
• Решение:       $AN=sqrt{36^2+15^2}=39$        $AL=sqrt{20^2+15^2}=25$         $NL=sqrt{36^2+20^2}=4cdot sqrt{106}$
• Из теоремы косинусов      $cos angle NAL=frac{AN^2+AL^2-NL^2}{2cdot ANcdot AL}=frac{39^2+25^2-16cdot 106}{2cdot 39cdot 25}=frac{450}{1950}=frac{3}{13}$          Ответ:    $angle NAL=arccos frac{3}{13}$
• Признак:                    $NAL$   —   плоскость угла:           $ANin NAL$      и      $BKparallel NAL$

case I                      case II       

Алгоритм: нахождение угла между прямыми путем параллельного переноса     (демонстрация по II, прямые $AN$, $BK$   ):

1-ый шаг:    Выбираем точку, в которой хотим совместить прямые. Например, точку   $Z$ — середину отрезка   $BK$.

2-ой шаг:    Для прямой $AN$   определим плоскость «скольжения» — плоскость, содержащая эту прямую и точку   $Z$.   Это   $ANC$

3-ий шаг:    Двинем прямую $AN$ по плоскости $ANC$ оставаясь параллельно «как стержень». Она совместится с отрезком $ZX$.

4-ый шаг:    Что за точка $X$ ?           угол    $angle XZB$ — именно то, что нам нужно:      $angle XZB=angle left(XZ;BKright)=angle left(AN;BKright)$.

Признак:    — увидеть ту главную плоскость угла , которая параллельна обеим скрещивающимся прямым.   Здесь это    $XZB$.

Задача 2:     В правильной треугольной призме все ребра 1. Найти косинус угла   $angle left(AB;CMright)$

• $ABCMNK$ правильная призма:    в основании правильный   $bigtriangleup ABC$ , ребро $BN$ перпендикулярно основанию.
• Нужен угол между $AB$ и $CM$. Выберем Точкой совмещения $M$.       Прямая $CM$ уже проходит через нее.
• Прямая $AB$ и точка $M$   лежат в плоскости $ABNM$. Значит, $ABNM$ — плоскость сколжения. $AB$ перейдет в   $MN$.
• Путем параллельного совмещения $AB$ с   $MN$ мы устоновили, что искомый угол — это    $angle CMN$.
• Косинус угла $angle CMN$ можно найти по теореме косинусов треугольника $CMN$:      $cos angle CMN=frac{CM^2+MN^2-CN^2}{2cdot CMcdot MN}$
• Признак:                    $CMN$   —   плоскость угла:           $ABparallel CMN$      и      $MCin CMN$

k задачe 2 к задаче 3    

Задача 3:     В правильном тетраэдре   $DABC$    все ребра 1 см. Найти угол между $AD$ и $BC$.

• Для нахождения угла, совместим «движениями» наши прямые в точку $O$ — основание высоты $DO$ .
• В правильном тетраэдре в основании равносторонный треугольник    $DABC$, высота пирамиды попадает в центр окружностей.
• Точка $O$ — пересечение высот, медиан, биссектрис. $O$ лежит на высоте $AH$ ,    $DH$ — высота грани $BDC$.
• В точке $O$ проведем прямую    параллельную прямой   $BC$. Им будет линия   $MN$
• В точке $O$ проведем прямую    $OK$, параллельную   $AD$. Она будет лежат в плоскости   $ADH$ Значит, $Kin DH$.
• Итак, «взамен» наших    $AD$   и   $BC$   мы получили прямые    $OK$     и     $MN$ :     $OKparallel AD$, $MNparallel BC$
• по свойству углов при параллельном переносе             $angle left(AD;BCright)=angle left(OK;MNright)=angle MOK$
• Найти   $angle MOK$ ?   Легко! учтите, что у нас правильный тетраэдр и находите.
• Признак:                    $MONK$   —   плоскость угла:           $ADparallel MONK$      и      $BCparallel MONK$

Алгоритм: вычисление   угла   в пространстве или плоскости

1. В каком треугольнике этот угол?     узнать стороны треугольника и найти угол по теореме косинусов.
2. Если треугольник окажется равнобедренным, то провести высоту и найти угол прямоугольного треугольника.
3. А если треугольник прямоугольный, то написать   cos   или   sin   или   tg    этого угла и найти как   arc !

Задача 4:     В кубе $ABCD{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ все ребра равны 1. Точка   $Q$ — середина ребра . Точка $K$

делит ребро $D_1D$ в соотношении   1 : 3 считая от вершины $D_1$, а точка $M$ делит $C_1C$ в соотношении

5 : 2 считая от вершины $C_1$. Найти угол между скрещивающимися прямыми    $BQ$   и    $KM$ .

• Параллельными переносами добъемся совмещения в точке $B$. Для этого, перенесем   $KM$ в два этапа.
• Сперва соскользим   $KM$ по грани   $DD_1C_1C$    вдоль $C_1C$ до вершины $C$. Получим   отрезок    $CYparallel MK$
• Затем,   $CY$   протащим параллельно себе вдоль пути $CB$ и перейдем к отрезку    $BXparallel CY$.
• В итоге получили то, что надо:    $KM$    параллельна     $BX$, потому как   $MKparallel CYparallel BX$.
• Требуемый угол     $angle left(MK;BQright)=angle left(BX;BQright)=angle XBQ$.    Найдем его через треугольник $bigtriangleup XBQ$
• В теореме косинусов нам нужны стороны этого треугольника. Вычислим постепенно, шаг за шагом, зная ребро куба 1:
• Из отношения    $frac{D_1K}{DK}=frac{1}{3}Rightarrow D_1K=frac{1}{4} DK=frac{3}{4}$.                Из отношения    $frac{C_1K}{CM}=frac{5}{2}Rightarrow C_1M=frac{5}{7} CM=frac{2}{7}$
• $MKparallel CYRightarrow KY=MC$        отрезок   $DY=D_1D-D_1K-KY=1-frac{1}{4}-frac{2}{7}=frac{13}{28}$
• $BXparallel CYRightarrow BX=DY=frac{13}{28}$.         По условию задачи     $B_1Q=frac{1}{2}$.
• Нужные нам стороны треугольника     $bigtriangleup XBQ$     являются гипотенузами    прямоугольных треугольников.
• Зная все катеты, как части ребер, по теореме Пифагора найдем стороны   $XB$,   $BQ$,   $XQ$.
• Нужный угол   $angle XBQ$ вычислим из теоремы косинусов         $XQ^2=XB^2+BQ^2-2cdot XBcdot BQcdot cos angle XBQ$   
• наконец:     $cos angle XBQ=frac{XB^2+BQ^2-XQ^2}{2cdot XBcdot BQ}$                         $angle XBQ=arccos frac{XB^2+BQ^2-XQ^2}{2cdot XBcdot BQ}$
• Признак:                    $XBQ$   —   плоскость угла:           $KMparallel XBQ$      и      $BQin XBQ$

Задача 5:     В правильной треугольной призме    $ABCMNK$ все ребра равны 2. Точка   $D$   делит

ребро $MN$ в отношении   3 : 2    считая от вершины $M$. Найдите угол между прямыми   $AD$    и    $BK$.

• Чтоб найти угол между скрещивающимися прямыми, нужно «подвигать параллельно»    $AD$    и    $BK$ до совмещения.
• Если двинуть $AD$ так, чтоб точка $D$ совпала с $K$ — т.е. скользить по плоскости   $ADK$, но тогда другой конец $D$ вне рисунка.
• Достроим призму до параллелепипеда $ABCYMNKZ$ и все нужные отрезки, «движения», плоскости будут внутри!
• $AD$ скользит по плоскости   $ADK$ и совпадет с $XK$. Точка $X$, конечно, окажется на ребре   $YC$
• по построению:    $Xin CDK$ плоскости;        $ADparallel XK$ ,     $XCparallel AB$ . Значит,    $XK$ параллельна   $AD$
• Угол между прямыми    $angle left(AD;BKright)=angle left(XK;BKright)=angle XKB$.      Надо найти угол $angle XKB$.
• Угол $XKB$ ищем , как обычно, через треугольник $bigtriangleup XKB$,   с помощью теоремы косинусов.
• Для этого надо найти стороны этого треугольника.   Сторону $BK$ найдем по Пифагору для треугольника    $bigtriangleup BKC$.
• $XC=MD$, найдем   $MD$ из отношения   3 : 2 для   $MN$ . Затем, по Пифагору    $bigtriangleup XKC$ найдем $XK$.
• С вычислением $XB$ придется повозится через теорему косинусов треугольника $bigtriangleup XBC$, две его стороны известны.
• А что с углом $angle XCB$? по условию    $bigtriangleup ABC$ равносторонный, значит в параллелограмме   $angle YCB=120$ градусов.
• Ну и финально: как только найдем все стороны   $bigtriangleup XKB$, мы найдем и его угол $angle XKB$ — то что надо!
• Признак:                    $XKB$   —   плоскость угла:           $ADparallel XKB$      и      $BKin XKB$

Упражнения: