Как найти расстояние между ребрами куба - Сайт, где вы сможете решить свои вопросы

* В задачах этого параграфа двугранный угол с ребром АВ, на разных гранях которого отмечены точки С и D, для краткости будем называть так: двугранный угол CABD.

Решение:

а) Найдем, например, р(АА₁, B₁D).

поэтому

Проводим

Важно заметить, что в силу свойств куба точка Е будет серединой BD, то есть центром нижней грани куба.

б) Проводим через АС плоскость, параллельную B₁D. Для этого проведем в плоскости BB₁D прямую EK || B₁D. Соединим А и K, С и K; пл. AKC || B₁D по теореме I.

Рассмотрим BB₁D.

KE – средняя линия в ΔBB₁D. Искомое расстояние х = ЕМ, ЕМ ⊥ B₁D по построению.

Получим уравнение:

Ответ:

Источник

Тема 13.

Задачи по стереометрии

Расстояние между скрещивающимися прямыми

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.

Готовиться с нами – ЛЕГКО!

Подтемы раздела

задачи по стереометрии

Решаем задачи

Показать ответ и решение

а) Прямая так как принадлежит плоскости перпендикулярной PC. Пусть пересекает в точке
тогда нам нужно доказать, что

Рассмотрим треугольник PAC. Его сторона равна √-
12 2 как диагональ квадрата со стороной 12. Получили, что
следовательно, треугольник PAC равносторонний. Поскольку и P H — его высоты,
а значит, и медианы, тогда ясно, что медиана делит медиану в отношении 2 :1, считая от точки

б) Отрезок является проекцией отрезка на плоскость основания. Пусть — проекция середины отрезка
на основание, тогда — середина и откуда Из этого следует, что прямая P H параллельна
плоскости (KBL ).

Таким образом, расстояние между прямыми и равно расстоянию между прямой и плоскостью
(KBL ).

Рассмотрим высоту из вершины треугольника LBH. Имеем а также перпендикулярна прямым
(так как и плоскости (KBL ). Тогда длина — это и есть расстояние между прямой и плоскостью
(KBL ).

Так как то по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника LBH :

Тогда окончательно из прямоугольного треугольника LBH :

h= HL-⋅HB--= -3√6--= √12-
LB 3 10 10

Ответ:

б) 6√10-
5

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Показать ответ и решение

Ответ:

√ -
ρ(K,(ABC )) = 2; ρ(AK, DC ) = 4 2 .

Показать ответ и решение

Расстояние между скрещивающимися прямыми будем искать как расстояние между прямой CC1 и
плоскостью, проходящей через DB
1 параллельно CC
1 . Т.к. DD ∥ CC
1 1 , то плоскость (B D D )
1 1
параллельна CC1 .
Докажем, что – перпендикуляр на эту плоскость. Действительно, (как диагонали
квадрата) и (т.к. ребро DD1 перпендикулярно всей плоскости (ABC ) ). Таким
образом, перпендикулярен двум пересекающимся прямым из плоскости, следовательно,
CO ⊥ (B D D )
1 1 .

, как диагональ квадрата, равна √ --
AB 2 , то есть √ --- √ --
AC = 32 ⋅ 2 = 8 . Тогда 1
CO = 2 ⋅ AC = 4 .

Постройте общий перпендикуляр скрещивающихся диагоналей двух смежных
граней куба и найдите его длину, если ребро куба равно

Показать ответ и решение

Будем искать расстояние между прямыми AB ′ и A′D . Проведем
′ ′ ′
(A DC )∥AB , следовательно, расстояние от ′
AB до —
расстояние между ′
AB и ′
A D . ′ ′ ′
B O ⊥ A C , ′ ′
DO ⊥ AC , ′
B H ⊥ DO
. Таким образом, B ′H — искомое расстояние, то есть этот
отрезок перпендикулярен обеим прямым AB ′ и A′D . Перенесем его таким
образом, чтобы он пересекал обе прямые. Для этого проведем ,
. На отрезке AB ′ отложим . Тогда B′HKP —
прямоугольник, следовательно, ′
P K = B H и ′
PK ∥B H , следовательно,
P K перпендикулярна AB′ и A ′D . — общий перпендикуляр этих
прямых.

Пусть . Тогда

′
tg ϕ= DD--= -aa- =√2- ⇒ √1-= cosϕ= -OH- ⇒ OH = √a-
OD ′ √2 3 OD1 6

— равносторонний с √-
A ′D = a 2 , следовательно, √-
DO = a26- . Тогда
, следовательно, по теореме Фалеса (
— средняя линия). Тогда KQ =x , QD = 3x . Следовательно,
′
A K :KD = 1:2 .

Нашла положения концов общего перпендикулярна на отрезках AB ′ и
A ′D .

∘ --
2 = sinϕ = B′H- ⇒ B′H = PK = √a-.
3 B′O 3

Ответ:

√a-
3

В прямоугольном параллелепипеде стороны основания равны и Найдите
расстояние между диагональю параллелепипеда и непересекающим ее боковым
ребром.

Показать ответ и решение

Ответ:

√--ab---
a2+ b2

Показать ответ и решение

Рассмотрим призму , в основании которой лежит
четырехугольник MNKP , диагонали которого равны и параллельны двум
противоположным ребрам данного тетраэдра: .
Тогда расстояние между основаниями призмы равно Значит, объем этой
призмы

Распишем, чему равен объем данного тетраэдра

( )
( )
VM2NK1P = V−|| VM1MNP + VK1NKP +VNM1N1K1 + VPM1K1P1|| = V− 1V + 1V = 1V = 1abdsin α.
( ◟------◝◜------◞ ◟--------◝◜-------◞) 3 3 3 6
=VM1MNKP =VNM1N1K1P1

Показать ответ и решение

Ответ:

б) 28
9

Показать ответ и решение

а) В треугольнике отрезок — средняя линия, следовательно, . Значит, угол между
прямыми и M D1 равен углу между прямыми D1C и M D1 .

Введем обозначения CD = 2x , DD1 = y . Тогда по теореме Пифагора из △DD1M и △DD1C
соответственно:

CD2 = 4x2 +y2
1
M D21 = x2 + y2

Следовательно, по теореме косинусов для :

2 2 2
CM = CD 1 + M D1 − 2 ⋅CD1 ⋅M D1 ⋅cosα
2 2 2 2 2 ∘ --------∘ ------- 3
x = 4x + y + x + y − 2⋅ 4x2 + y2 ⋅ x2 + y2 ⋅√10
√ -- ∘-------- ∘ -------
10⋅(2x2 + y2) = 3 4x2 + y2 ⋅ x2 + y2

10(4x4 + y4 +4x2y2) = 9(4x4 + y4 + 5x2y2)

4x4 − 5x2y2 + y4 = 0

(x2 − y2)(4x2 − y2) = 0
⌊
x = y
⌈
2x = y

Из равенства 2x = y следует, что , то есть грань CDD1C1 представляет собой квадрат, что
противоречит условию. Следовательно, возможно только равенство x = y , из которого следует, что что
и требовалось доказать.

б) Так как — прямоугольный параллелепипед, то , следовательно, CC1 —
проекция CB1 на плоскость (CDD1 ) . Значит, угол между прямой CB1 и плоскостью (CDD1 ) равен
.

Тогда из прямоугольного следует, что √ -
3 = tg60∘ = B1C1 : CC1 , откуда √ -
B1C1 = 3y. Объем
параллелепипеда равен

√ - √ - √ -
54 3 = V = AB ⋅B1C1 ⋅DD1 = 2x ⋅y⋅ 3y = 2 3y3 ⇔ y = 3

Так как , то расстояние между скрещивающимися прямыми и M D1 () равно
расстоянию между прямой и плоскостью (CDD )
1 , что равно отрезку KH ∥ B C
1 1 . — средняя линия в
, откуда

√ -
1 1 √ - 3--3
KH = 2B1C1 = 2 ⋅y 3 = 2

Ответ:

б) 3√3
----
2

Показать ответ и решение

а) Пусть — точка пересечения продолжений боковых сторон и трапеции ABCD, тогда плоскости (PAB ) и
(PCD ) пересекаются по прямой PE.

Так как плоскости (P AB) и (PCD ) перпендикулярны плоскости (ABC ), то по свойству перпендикулярных плоскостей их
общая прямая P E тоже перпендикулярна плоскости (ABC ). Это значит, что перпендикулярна любой прямой, лежащей в
плоскости (ABC ), в частности, и Следовательно, угол между плоскостями (PAB ) и (PCD ) равен
углу AED.

Рассмотрим треугольник AED. В нём по условию ∘
∠EAD = 60 и ∘
∠EDA = 30. Тогда по сумме углов треугольника
имеем:

∘ ∘ ∘ ∘ ∘
∠AED = 180 − ∠EAD − ∠EDA = 180 − 60 − 30 = 90

Значит, плоскости (PAB ) и (PCD ) перпендикулярны.

б) Из решения пункта а) следует, что и значит,

Опустим в плоскости (P AE) перпендикуляр из точки на прямую P B. Тогда и так как лежит
в плоскости (P AE), то Значит, — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых и
CD.

Рассмотрим треугольник BCE в плоскости (ABC ). Так как ABCD — трапеция, то ∘
∠BCE = ∠CDA = 30 , а
∘
∠CEB = 90 . Тогда в прямоугольном треугольнике BCE с острым углом ∘
30 имеем:

1 1
BE = 2BC = 2 ⋅6= 3

В пункте а) мы доказали, что значит, — высота пирамиды. Тогда по теореме Пифагора в прямоугольном
треугольнике PEB :

∘ ---------- ∘ ------ √ --
P B = BE2 + PE2 = 32 +42 = 25= 5

Высота в прямоугольном треугольнике PEB равна

BE ⋅P E 3⋅4 12
EH = --P-B-- = -5--= 5-= 2,4

Ответ:

2,4

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Показать ответ и решение

2) Опустим перпендикуляр C1H на эту плоскость и докажем, что точка упадет на продолжение
отрезка , где – точка пересечения диагоналей квадрата .
Действительно, т.к. по свойству квадрата C O ⊥ B D
1 1 1 , то по теореме о трех перпендикуляр проекция
. Но равнобедренный, следовательно, – медиана и высота. Значит, точка
должна лежать на прямой .

3) Рассмотрим плоскость .

по двум углам (, ). Таким
образом,

C1H-- = OC1-- (∗)
AA1 AO

По теореме Пифагора из △AA1O :

∘ -------- √ --
2 a2- --6-
AO = a + 2 = 2 a.

Следовательно, из (∗) теперь можно найти перпендикуляр

C1H = √a-.
3

Ответ:

a
√---
3

Показать ответ и решение

По определению угол между скрещивающимися прямыми – это угол между одной прямой и
плоскостью, проходящей через вторую прямую параллельно первой. Найдем плоскость, проходящую
через A1B параллельно AC1 .

Заметим, что данные прямые являются скрещивающимися. Т.к. B C ⊥ (AA B )
1 1 1 1 , то проекция
наклонной AC1 на эту плоскость – это прямая AB1 .

Пусть . Опустим из точки на AC1 перпендикуляр и докажем, что это и
есть искомое расстояние. Т.к. по определению расстояние между скрещивающимися прямыми – длина
отрезка, перпендикулярного обеим прямым, то осталось доказать, что перпендикулярен прямой
A1B .
Действительно, проведем (следовательно, ). Тогда т.к. , то и
. Тогда по теореме о трех перпендикулярах (т.к. проекция ) наклонная
, чтд.
Таким образом, – искомое расстояние.

Заметим, что (по двум углам). Следовательно,

√ -- √--
AO OK 6 ⋅ 2
AC---= B--C-- ⇒ OK = ---√----= 1.
1 1 1 2 3

Источник

14. Задачи по стереометрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме

2. Решай новые задачи каждый день

3. Вдумчиво разбирай решения

Нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

(blacktriangleright) Скрещивающиеся прямые – это прямые, через которые нельзя провести одну плоскость.

Признак скрещивающихся прямых: если первая прямая пересекает плоскость, в которой лежит вторая прямая, в точке, не лежащей на второй прямой, то такие прямые скрещиваются.

(blacktriangleright) Т.к. через одну из скрещивающихся прямых проходит ровно одна плоскость, параллельная другой прямой, то расстояние между скрещивающимися прямыми — это расстояние между одной из этих прямых и плоскостью, проходящей через вторую прямую параллельно первой.

Таким образом, если прямые (a) и (b) скрещиваются, то:

Шаг 1. Провести прямую (cparallel b) так, чтобы прямая (c) пересекалась с прямой (a). Плоскость (alpha), проходящая через прямые (a) и (c), и будет плоскостью, параллельной прямой (b).

Шаг 2. Из точки пересечения прямых (a) и (c) ((acap c=H)) опустить перпендикуляр (HB) на прямую (b) (первый способ).

Или из любой точки (B’) прямой (b) опустить перпендикуляр на прямую (c) (второй способ).

В зависимости от условия задачи какой-то из этих двух способов может быть гораздо удобнее другого.

Задание
1

#2452

Уровень задания: Легче ЕГЭ

В кубе (ABCDA_1B_1C_1D_1), ребро которого равно (sqrt{32}), найдите расстояние между прямыми (DB_1) и (CC_1).

Прямые (DB_1) и (CC_1) скрещиваются по признаку, т.к. прямая (DB_1) пересекает плоскость ((DD_1C_1)), в которой лежит (CC_1), в точке (D), не лежащей на (CC_1).

Расстояние между скрещивающимися прямыми будем искать как расстояние между прямой (CC_1) и плоскостью, проходящей через (DB_1) параллельно (CC_1). Т.к. (DD_1parallel CC_1), то плоскость ((B_1D_1D)) параллельна (CC_1).
Докажем, что (CO) – перпендикуляр на эту плоскость. Действительно, (COperp BD) (как диагонали квадрата) и (COperp DD_1) (т.к. ребро (DD_1) перпендикулярно всей плоскости ((ABC))). Таким образом, (CO) перпендикулярен двум пересекающимся прямым из плоскости, следовательно, (COperp (B_1D_1D)).

(AC), как диагональ квадрата, равна (ABsqrt2), то есть (AC=sqrt{32}cdot sqrt2=8). Тогда (CO=frac12cdot AC=4).

Ответ: 4

Задание
2

#2453

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Дан куб (ABCDA_1B_1C_1D_1). Найдите расстояние между прямыми (AB_1) и (BC_1), если ребро куба равно (a).

1) Заметим, что эти прямые скрещиваются по признаку, т.к. прямая (AB_1) пересекает плоскость ((BB_1C_1)), в которой лежит (BC_1), в точке (B_1), не лежащей на (BC_1).
Расстояние между скрещивающимися прямыми будем искать как расстояние между прямой (BC_1) и плоскостью, проходящей через (AB_1) параллельно (BC_1).

Для этого проведем (AD_1) — она параллельна (BC_1). Следовательно, по признаку плоскость ((AB_1D_1)parallel BC_1).

2) Опустим перпендикуляр (C_1H) на эту плоскость и докажем, что точка (H) упадет на продолжение отрезка (AO), где (O) – точка пересечения диагоналей квадрата (A_1B_1C_1D_1).
Действительно, т.к. по свойству квадрата (C_1Operp B_1D_1), то по теореме о трех перпендикуляр проекция (HOperp B_1D_1). Но (triangle AB_1D_1) равнобедренный, следовательно, (AO) – медиана и высота. Значит, точка (H) должна лежать на прямой (AO).

3) Рассмотрим плоскость ((AA_1C_1)).

(triangle AA_1Osim triangle OHC_1) по двум углам ((angle
AA_1O=angle OHC_1=90^circ), (angle AOA_1=angle HOC_1)). Таким образом,

[dfrac{C_1H}{AA_1}=dfrac{OC_1}{AO} qquad (*)]

По теореме Пифагора из (triangle AA_1O): [AO=sqrt{a^2+dfrac{a^2}2}=dfrac{sqrt6}2a.]

Следовательно, из ((*)) теперь можно найти перпендикуляр

[C_1H=dfrac a{sqrt3}.]

Ответ:

(dfrac a{sqrt3})

Задание
3

#2439

Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Дан куб (ABCDA_1B_1C_1D_1). Найдите расстояние между прямыми (A_1B) и (AC_1), если ребро куба равно (sqrt6).

По определению угол между скрещивающимися прямыми – это угол между одной прямой и плоскостью, проходящей через вторую прямую параллельно первой. Найдем плоскость, проходящую через (A_1B) параллельно (AC_1).

Заметим, что данные прямые являются скрещивающимися. Т.к. (B_1C_1perp (AA_1B_1)), то проекция наклонной (AC_1) на эту плоскость – это прямая (AB_1).

Пусть (AB_1cap A_1B=O). Опустим из точки (O) на (AC_1) перпендикуляр (OK) и докажем, что это и есть искомое расстояние. Т.к. по определению расстояние между скрещивающимися прямыми – длина отрезка, перпендикулярного обеим прямым, то осталось доказать, что (OK) перпендикулярен прямой (A_1B).
Действительно, проведем (KHparallel B_1C_1) (следовательно, (Hin
AB_1)). Тогда т.к. (B_1C_1perp (AA_1B_1)), то и (KHperp
(AA_1B_1)). Тогда по теореме о трех перпендикулярах (т.к. проекция (HOperp A_1B)) наклонная (KOperp A_1B), чтд.
Таким образом, (KO) – искомое расстояние.

Заметим, что (triangle AOKsim triangle AC_1B_1) (по двум углам). Следовательно,

[dfrac{AO}{AC_1}=dfrac{OK}{B_1C_1} quad Rightarrow quad
OK=dfrac{sqrt6cdot sqrt2}{2sqrt3}=1.]

Ответ: 1

УСТАЛ? Просто отдохни

Источник

2019-03-19

Найти расстояние между двумя непересекающимися диагоналями смежных граней куба, ребро которого равно $а$.

Решение:

Пусть выбраны диагонали $C_1D$ и $B_1C$ (рис.). Так как $B_1C parallel A_1D$ и $C_1D parallel B_1A$, то плоскости $A_1C_1D$ и $AB_1C$ параллельны. Расстояние между $B_1C$ и $C_1D$ равно расстоянию между этими плоскостями.

Обе плоскости $A_1C_1D$ и $AB_1C$ перпендикулярны к диагонали $BD_1$.

Поэтому искомое расстояние равно разности между отрезком $BD_1$ и удвоенной высотой пирамиды $D_1A_1C_1D$. Объем этой пирамиды равен $frac{a^3}{6}$, а площадь основания $A_1C_1D$ равна $frac {a^2 sqrt {3}}{2}$, следовательно, высота $h = frac{a}{ sqrt {3}}$. Так как $BD_1 = a sqrt {3}$, то искомое расстояние равно $a sqrt {3} – frac{2a}{ sqrt{3}} = frac{a}{ sqrt {3}}$.

Ответ. $frac{a}{ sqrt {3}}$.

Источник

Четыре способа решения задач на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми

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: .

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

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.

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

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.

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.

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

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.

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

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.

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

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.

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

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.

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

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:

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:

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.

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:

б) Расстояние между AF и диагональю BE₁ находится аналогично.

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.

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.

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»

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

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.

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: .

Источник