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   $a\in \alpha$,     $b\in \beta$

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:          $\angle \left(A;B\right)=\angle \left(A';B'\right)$
  • В нашем случае,   $BK\parallel AL$,   поэтому равны углы    $\angle \left(AN;BK\right)=\angle \left(AN;AL\right)=\angle NAL$
  • 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   $\angle NAL$ :
  • ***                       $NL^2=AN^2+AL^2-2\cdot AN\cdot NL\cdot \cos \angle NAL$
  • Стороны   $AN$,   $NL$ и $AL$ можем признать диагоналями граней - прямоугольников, значит, найти их по теоремам Пифагора.
  • Решение:       $AN=\sqrt{36^2+15^2}=39$        $AL=\sqrt{20^2+15^2}=25$         $NL=\sqrt{36^2+20^2}=4\cdot \sqrt{106}$
  • Из теоремы косинусов      $\cos \angle NAL=\frac{AN^2+AL^2-NL^2}{2\cdot AN\cdot AL}=\frac{39^2+25^2-16\cdot 106}{2\cdot 39\cdot 25}=\frac{450}{1950}=\frac{3}{13}$          Ответ:    $\angle NAL=\arccos \frac{3}{13}$
  • Признак:                    $NAL$   -   плоскость угла:           $AN\in NAL$      и      $BK\parallel NAL$

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:      $\angle XZB=\angle \left(XZ;BK\right)=\angle \left(AN;BK\right)$.

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   $\angle \left(AB;CM\right)$

  • $ABCMNK$ 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 $CMN$:      $\cos \angle CMN=\frac{CM^2+MN^2-CN^2}{2\cdot CM\cdot MN}$
  • Признак:                    $CMN$   -   плоскость угла:           $AB\parallel CMN$      и      $MC\in CMN$

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, $K\in DH$.
  • Итак, "взамен" наших    $AD$   и   $BC$   мы получили прямые    $OK$     и     $MN$ :     $OK\parallel AD$, $MN\parallel BC$
  • по свойству углов при параллельном переносе             $\angle \left(AD;BC\right)=\angle \left(OK;MN\right)=\angle MOK$
  • Найти   $\angle MOK$ ?   Легко! учтите, что у нас правильный тетраэдр и находите.
  • Признак:                    $MONK$   -   плоскость угла:           $AD\parallel MONK$      и      $BC\parallel MONK$

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    $CY\parallel MK$
  • Затем,   $CY$   протащим параллельно себе вдоль пути $CB$ и перейдем к отрезку    $BX\parallel CY$.
  • В итоге получили то, что надо:    $KM$    параллельна     $BX$, потому как   $MK\parallel CY\parallel BX$.
  • Требуемый угол     $\angle \left(MK;BQ\right)=\angle \left(BX;BQ\right)=\angle XBQ$.    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    $\frac{C_1K}{CM}=\frac{5}{2}\Rightarrow C_1M=\frac{5}{7}\ CM=\frac{2}{7}$
  • $MK\parallel CY\Rightarrow KY=MC$        отрезок   $DY=D_1D-D_1K-KY=1-\frac{1}{4}-\frac{2}{7}=\frac{13}{28}$
  • $BX\parallel CY\Rightarrow BX=DY=\frac{13}{28}$.         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         $XQ^2=XB^2+BQ^2-2\cdot XB\cdot BQ\cdot \cos \angle XBQ$   
  • наконец:     $\cos \angle XBQ=\frac{XB^2+BQ^2-XQ^2}{2\cdot XB\cdot BQ}$                         $\angle XBQ=\arccos \frac{XB^2+BQ^2-XQ^2}{2\cdot XB\cdot BQ}$
  • Признак:                    $XBQ$   -   плоскость угла:           $KM\parallel XBQ$      и      $BQ\in XBQ$

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:    $X\in CDK$ плоскости;        $AD\parallel XK$ ,     $XC\parallel AB$ . Значит,    $XK$ параллельна   $AD$
  • Угол между прямыми    $\angle \left(AD;BK\right)=\angle \left(XK;BK\right)=\angle XKB$.      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:           $AD\parallel XKB$      и      $BK\in XKB$

Упражнения: