Общий перпендикуляр к двум прямым как найти

Макеты страниц



5.5.3. Как найти прямую, содержащую общий перпендикуляр?

в) Эта задачка посложнее будет. «Чайникам» рекомендую пропустить данный пункт, не хочу охлаждать вашу искреннюю симпатию к

аналитической геометрии =) Кстати, и более подготовленным читателям, возможно, лучше тоже повременить – дело в том, что по сложности эту задачу

надо бы поставить последней в параграфе, но по логике изложения она должна располагаться здесь. …Впрочем, танцуйте читайте все! 🙂

Итак, требуется найти уравнения прямой , которая содержит общий

перпендикуляр скрещивающихся прямых.

Общий перпендикуляр скрещивающихся прямых – это отрезок, соединяющий данные прямые и перпендикулярный данным прямым:

Вот наш красавец:  – общий перпендикуляр прямых . Он

единственный. Другого такого нет. Нам же требуется составить уравнения прямой ,

которая содержит данный отрезок.

Что известно о прямой «эм»? Известен её направляющий вектор , найденный

в предыдущем пункте. Но, к сожалению, мы не знаем ни одной точки, принадлежащей прямой «эм», не знаем и концов перпендикуляра – точек . Где эта перпендикулярная прямая пересекает две исходные прямые? В Африке, в

Антарктиде? Из первоначального обзора и анализа условия вообще не видно, как решать задачу….

Но есть хитрый ход, связанный с использованием параметрических уравнений прямой.

Решение оформим по пунктам:

1) Перепишем уравнения первой прямой в параметрической форме:

Рассмотрим точку . Координат мы не знаем. НО. Если точка

принадлежит данной прямой, то её координатам  соответствует вполне

конкретное значение параметра, обозначим его через . Тогда координаты

точки запишутся в виде:
, или:

Жизнь налаживается, одна неизвестная – это всё-таки не три неизвестных.

2) Аналогичные действия проведём со второй прямой. Перепишем её уравнения в параметрическом

виде:

Если точка  принадлежит данной прямой, то при вполне конкретном

значении  её координаты должны удовлетворять

параметрическим уравнениям:
, или:

3) Запишем вектор . Ну и что, что нам не известны координаты точек – это же не

мешает из координат конца вектора  вычесть соответствующие координаты начала :

4) Вектор , как и ранее найденный вектор , является направляющим вектором прямой . Таким образом, они коллинеарны, и один вектор можно линейно

выразить через другой с некоторым коэффициентом пропорциональности «лямбда»:
или покоординатно:

Получилась самая, что ни на есть обычная система линейных уравнений с тремя неизвестными , которая стандартно разрешима, например, методом Крамера. Но так извращаться мы, конечно, не будем. Выразим из

3-го уравнения  и подставим эту «лямбду» в первые два уравнения:

Из 2-го уравнения выразим  и подставим в 1-е уравнение:
, а «лямбда» нам не потребуется.

То, что значения параметров получились одинаковыми – чистая случайность.

5) Небо полностью проясняется, подставим найденные значения  в наши

точки:
       

Сам вектор  нам не нужен, так как уже найден его коллега .

И после длинного пути всегда интересно выполнить проверку. Подставим координаты точки  в уравнения :

 –  получены верные равенства.

Подставим координаты  в уравнения :

 – получены верные равенства.

Вывод: найденные точки действительно принадлежат соответствующим прямым.

6) Заключительный аккорд: составим уравнения прямой  по точке  (можно взять ) и направляющему вектору :

В принципе, можно подобрать «хорошую» точку с целыми координатами, но это уже косметика.

5.5.4. Как найти расстояние между скрещивающимися прямыми?

5.5.2. Скрещивающиеся прямые

| Оглавление |



Автор: Aлeксaндр Eмeлин

Общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым. Расстояние между скрещивающимися прямыми

Теорема. Пусть p₁ и p₂ – две произвольные скрещивающиеся прямые скрещивающиеся прямые . Если рассмотреть всевозможные прямые A₁A₂, такие, что точка A₁ лежит на прямой p₁, а точка A₂ лежит на прямой p₂, то будут выполнены следующие два утверждения:

1. Среди всех прямых A₁A₂ существует единственная прямая, перпендикулярная к прямой p₁ и к прямой p₂ ( общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым ).
2. Среди всех отрезков A₁A₂наименьшую длину имеет отрезок общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым.

Доказательство. Докажем сначала существование общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым.

Через произвольную точку прямой p₁ проведем прямую , параллельную прямой параллельную прямой p₂ , а через произвольную точку прямой p₂ проведем прямую , параллельную прямой параллельную прямой p₁ . Обозначим буквой α плоскость, проходящую через прямые p₁ и , а буквой β плоскость, проходящую через прямые p₂ и (рис 1).

Поскольку прямая p₁ параллельна прямой , лежащей на плоскости β , то по признаку параллельности прямой и плоскости прямая p₁ параллельна плоскости β. Точно так же, поскольку прямая параллельна прямой p₂ , лежащей на плоскости β , то прямая по признаку параллельности прямой и плоскости параллельна плоскости β. Таким образом, плоскость α содержит две пересекающиеся прямые p₁ и , паралельные плоскости β. В силу признака параллельности плоскостей заключаем, что плоскости α и β параллельны.

Спроектируем прямую p₁ на плоскость β. Получим прямую , являющуюся проекцией прямой проекцией прямой p₁, и обозначим точку пересечения прямых p₂ и буквой B₂ (рис. 2).

Спроектируем теперь прямую p₂ на плоскость α . Получим прямую , являющуюся проекцией прямой проекцией прямой p₂ , и обозначим точку пересечения прямых p₁ и буквой B₁ (рис. 3).

Доказательство существования общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым завершено.

Докажем, что построенная прямая B₁B₂ является единственным общим перпендикуляром к прямым p₁ и p₂ .

Таким образом, общий перпендикуляр к прямым p₁ и p₂ является линией пересечения плоскостей γ и δ, то есть прямой B₁B₂ .

Доказательство единственности общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым завершено. Утверждение 1 доказано.

Перейдем к доказательству утверждения 2. Для этого рассмотрим произвольный отрезок A₁A₂ , у которого конец A₁ лежит на плоскости α , а конец A₂ лежит на плоскости β . Опустим перпендикуляр из точки A₁ на плоскость β и обозначим основание этого перпендикуляра символом A₃ (рис. 4).

Если отрезок A₁A₂ не является перпендикуляром к плоскостям α и β, то точка A₃ не совпадет с точкой A₂ , и треугольник A₁A₂A₃ будет прямоугольным треугольником с гипотенузой A₁A₂ и катетом A₁A₃. Поскольку в прямоугольном треугольнике длина катета меньше длины гипотенузы, то

Математический портал

Nav view search

Navigation

Search

• Вы здесь:
• Home

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми.

Пусть $L_1: frac=frac=frac$ и $L_2: frac=frac=frac$ – две скрещивающиеся прямые. Расстояние $rho(L_1, L_2)$ между прямыми $L_1$ и $L_2$ можно найти по следующей схеме:

1) Находим уравнение плоскости $P,$ проходящей через прямую $L_1,$ параллельно прямой $L_2:$

Плоскость $P$ проходит через точку $M_1(x_1, y_1, z_1),$ перпендикулярно вектору $overline n=[overline s_1, overline s_2]=(n_x, n_y, n_z),$ где $overline s_1=(m_1, l_1, k_1)$ и $overline s_2=(m_2, l_2, k_2)$ – направляющие вектора прямых $L_1$ и $L_2.$ Следовательно, уравнение плоскости $P: n_x(x-x_1)+n_y(y-y_1)+n_z(z-z_1)=0.$

2) Расстояние между прямыми $L_1$ и $L_2$ равно расстоянию от любой точки прямой $L_2$ до плоскости $P:$

Нахождение общего перпендикуляра скрещивающихся прямых.

Для нахождения общего перпендикуляра прямых $L_1$ и $L_2,$ необходимо найти уравнения
плоскостей $P_1$ и $P_2,$ проходящих, соответственно, через прямые $L_1$ и $L_2,$ перпендикулярно плоскости $P.$

Пусть $P_1: A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0;$

Тогда уравнение общего перпендикуляра имеет вид

Пример.

2.214.

а) доказать, что прямые не лежат в одной плоскости, то есть являются скрещивающимися;

б) написать уравнение плоскости, проходящей через прямую $L_2$ параллельно $L_1;$

в) вычислить расстояние между прямыми;

г) написать уравнения общего перпендикуляра к прямым $L_1$ и $L_2.$

Решение.

а) Если прямые $L_1$ и $L_2$ лежат в одной плоскости, то их направляющие вектора $overline(3, 4, -2),$ $overline(6, -4, -1),$ и вектор $overline l,$ соединяющий произвольную точку прямой $L_1$ и произвольную точку прямой $L_2$ компланарны. В качестве такого вектора $overline$ можно выбрать $overline(x_2-x_1, y_2-y_1, z_2-z_1).$ Проверим будут ли эти вектора компланарны.

Следовательно, вектора не компланарны и прямые не лежат в одной плоскости.

б) Запишем уравнение плоскости, проходящей через прямую $L_2$ параллельно $L_1.$ Эта плоскость проходит через точку $M_2(21, -5, 2)$ перпендикулярно вектору $overline n=[overline s_1, overline s_2].$

Таким образом, вектор $overline n$ имеет координаты $overline n(-12, -9, -36).$

Находим уравнение плоскости $$P:,, -12(x-21)-9(y+5)-36(z-2)=0Rightarrow$$ $$Rightarrow-12x-9y-36z+252-45+72=0Rightarrow -12x-9y-36z+279=0Rightarrow$$ $$Rightarrow 4x+3y+12z-93=0.$$

в) Расстояние между прямыми $L_1$ и $L_2$ равно расстоянию от любой точки прямой $L_1$ до плоскости $P:$

Ответ: $frac<76><13>.$

г) Найдем уравнения плоскостей $P_1$ и $P_2,$ проходящих, соответственно, через прямые $L_1$ и $L_2,$ перпендикулярно плоскости $P.$

Имеем, $M_1=(-7, -4, -3)in P_1,$

Таким образом, $$P_1: 54(x+7)-44(y+4)-7(z+3)=54x-44y-7z+378-176-21=$$ $$=54x-44y-7z+181=0.$$

Аналогично находим $P_2:$

Имеем, $M_2=(21, -5, 2)in P_2,$

Таким образом, $$P_1: -45(x-21)-76(y+5)+34(z-2)=-45x-76y+34z+945-380-68=$$ $$=-45x-76y+34z+497=0.$$

Ответ: $left<begin54x-44y-7z+181=0;\ -45x-76y+34z+497=0.endright. $

2.215.

а) доказать, что прямые не лежат в одной плоскости, то есть являются скрещивающимися;

б) написать уравнение плоскости, проходящей через прямую $L_2$ параллельно $L_1;$

в) вычислить расстояние между прямыми;

г) написать уравнения общего перпендикуляра к прямым $L_1$ и $L_2.$

Ответ: б) $4x+12y+12z+76=0;$

г) $left<begin53x-7y-44z-429=0;\ 105x-23y-48z+136=0.endright. $

Как найти уравнение общего перпендикуляра к двум прямым

Признак

a α, b α = A , A a (чертеж 2.1.2). Допустим, что прямые a и b не скрещивающиеся, то есть они пересекаются. Тогда существует плоскость β, которой принадлежат прямые a и b . В этой плоскости β лежат прямая a и точка A . Поскольку прямая a и точка A вне ее определяют единственную плоскость, то β = α. Но b β и b α, следовательно, равенство β = α невозможно.

Теорема

Две скрещивающиеся прямые имеют общий перпендикуляр, и при том только один. Он является общим перпендикуляром параллельных плоскостей, проходящих через эти прямые.

Доказательство

Пусть a и b – данные скрещивающиеся прямые. Проведем через них параллельные плоскости α и β. Прямые, пересекающие прямую a и перпендикулярные плоскости α, лежат в одной плоскости (γ). Эта плоскость пересекает плоскость β по прямой a`, параллельной a. Пусть B – точка пересечения прямых a` и b. Тогда прямая AB, перпендикулярная плоскости α, перпендикулярна и плоскости β, так как β параллельна α. Отрезок AB – общий перпендикуляр плоскостей α и β, а значит, и прямых a и b.
Докажем, что этот общий перпендикуляр единственный. Допустим, что у прямых a и b есть другой общий перпендикуляр CD. Проведем через точку С прямую b`, параллельную b. Прямая CD перпендикулярна прямой b, а значит, и b`. Так как она перпендикулярна прямой a, то она перпендикулярна плоскости α, а значит, параллельна прямой AB. Выходит, что через прямые AB и CD, как через параллельные, можно провести плоскость. В этой плоскости будут лежать наши скрещивающиеся прямые AC и BD, а это невозможно, что и требовалось доказать.

Расстоянием между двумя скрещивающимися прямыми называется длина их общего перпендикуляра.

[spoiler title=”источники:”]

http://mathportal.net/index.php/component/content/article/87-visshaya-matematika/analiticheskaya-geometriya/152-rasstoyanie-mezhdu-dvumya-skreshchivayushchimisya-pryamymi

http://hystory-for-vki.narod.ru/index/0-71

[/spoiler]

1.5.
Лекция 5.
Прямая
в пространстве. Задачи о прямых

и
плоскостях

Уравнения
прямой, проходящей через данную точку
и параллельной данному вектору. Уравнение
прямой, проходящей через две заданные
точки. Расстояние от точки до прямой.
Расстояние между непараллельными
прямыми. Проекция точки на плоскость.
Проекция точки на прямую. Проекция
прямой на плоскость параллельно заданному
вектору. Общий перпендикуляр к двум
скрещивающимся прямым.

Уравнение
прямой, проходящей через данную точку

и
параллельной данному вектору

Существует,
причем единственная, прямая
,
содержащая заданную точку

и параллельная ненулевому вектору
.
Такой вектор называется направляющим
вектором прямой
.
Для произвольной точки

пространства имеем (рис. 10) логическую
цепочку

Уравнение

(5.1)

называется
векторным
уравнением прямой.
Вектор

называют вектором
сдвига
прямой.

Условие
параллельности векторов

и

можно записать в виде

,

или

.
(5.2)

Уравнение
(5.2) называется векторно-параметрическим
уравнением прямой.
Расписывая его в декартовой системе
координат, получим параметрические
уравнения прямой

(5.3)

Если
параметр

пробегает
,
точка с координатами

из (5.3) пробегает прямую.

Рис.
10. Уравнение прямой

Условие
(5.1) коллинеарности векторов в координатах
примет вид пропорции

(5.4)

где
.

Если
обращается в нуль одна из координат
направляющего вектора, например
,
то уравнения прямой принимают вид

Эта
прямая лежит в плоскости
.

Уравнение
прямой, проходящей через две заданные

точки

и

В
качестве направляющего вектора прямой
можно взять вектор
,
а в качестве данной точки прямой – точку

.
Тогда уравнение (5.1) примет вид

или
в координатах

Расстояние
от точки до прямой

Пусть
прямая

задана уравнением
,
а точка

– радиус-вектором
.
Расстояние от точки до прямой равно
можно найти, разделив площадь
параллелограмма, построенного на
векторах

и
,
на длину его основания (рис. 11).

Рис.
11. Расстояние от точки до прямой

В
результате получим формулу расстояния
от точки до прямой

(5.5)

Упражнение.
Записать расстояние от точки до прямой
в прямоугольных декартовых координатах.

Расстояние
между непараллельными прямыми

Рассмотрим
две непараллельные прямые

Существуют
параллельные плоскости

и

такие, что

.

В
качестве направляющих векторов обеих
плоскостей можно взять пару векторов
,
,
а в качестве начальных точек – точки с
радиус-векторами

и
,
соответственно, для плоскостей
,
.
Искомое расстояние между прямыми можно
найти, разделив объем параллелепипеда,
построенного на векторах
,
,

на площадь его основания (рис. 12). Получим

Рис.
12. Расстояние между непараллельными
прямыми

Из
приведенных рассуждений получаем также

Предложение.
Прямые

и

пересекаются тогда и только тогда, когда

Проекция
точки на плоскость

Найдем
радиус-вектор проекции точки

на плоскость
,
заданную уравнением

Прямая

проходит через

и перпендикулярна плоскости. Подставляя
значение для

из уравнения прямой в уравнение плоскости,
получим
.
Отсюда
.
Подставив найденное значение

в уравнение прямой, получим радиус-вектор
искомой проекции

Проекция
точки на прямую

Пусть
прямая

задана уравнением

и дана точка

с радиус-вектором
.
Построим плоскость
,
перпендикулярную прямой

и проходящую через точку
.
В качестве нормального к плоскости

вектора можно взять вектор
,
а в качестве начальной точки плоскости
– точку
.
Тогда

есть уравнение искомой плоскости. Точка
пересечения этой плоскости с прямой

и есть проекция точки

на прямую
.
Найдем эту точку, решая относительно

и

систему уравнений

Подставляя

из первого уравнения во второе, получим

Отсюда

и

.

Подставляя
найденное значение

в первое уравнение системы, получим
радиус-вектор искомой точки

Проекция
прямой на плоскость параллельно заданному
вектору

Пусть
плоскость

задана уравнением
,
прямая

– уравнением
.
Требуется составить уравнение проекции
прямой

на плоскость

параллельно вектору
.
Будем считать, что векторы

не коллинеарны, ибо в противном случае
проекцией прямой на плоскость является
точка. Направляющий вектор

проекции можно искать в виде комбинации
,
перпендикулярной вектору

(рис. 13).

Рис.
13. Проекция прямой на плоскость

Так
как длина вектора с
нам безразлична, то мы можем положить
.

Из
условия

получим

и

Найдем
радиус-вектор точки пересечения плоскости

и прямой
.

Подставляя
значение

из уравнения прямой в уравнение плоскости,
получим
.
Отсюда
.
При этом значении

уравнение прямой даст искомый радиус-вектор

Имея
радиус-вектор

начальной точки проекции и ее направляющий
вектор
,
запишем, наконец, уравнение проекции

Другой
вариант решения этой задачи заключается
в построении проекции как пересечения
двух плоскостей: плоскости

и плоскости
,
порожденной векторами

и проходящей через точку пересечения
прямой

с плоскостью
.

Общий
перпендикуляр к двум скрещивающимся
прямым

Пусть
прямые

и
не
параллельны, т.е..
Вектор

перпендикулярен обеим прямым. Поэтому
плоскость

(5.6)

проходит
через первую прямую и общий перпендикуляр,
а плоскость

(5.7)

– через
вторую прямую и общий перпендикуляр к
обеим прямым. Следовательно, общий
перпендикуляр можно задать системой
уравнений (5.6) и (5.7) как пересечение
плоскостей. Чтобы найти его начальную
точку, можно решить совместно уравнение
первой прямой и уравнение плоскости
(5.7). Направляющим вектором является
вектор
.

Рассмотрим
другой способ решения этой задачи. На
первой прямой возьмем произвольную
точку

с радиус-вектором
,
а на второй – точку

с радиус-вектором
.
Подберем значения параметров

так, чтобы вектор

был
перпендикулярен обоим векторам

и
.
Для этого мы должны решить относительно

систему

Преобразуем
ее
к
виду

Главный
определитель этой системы

отличен
от нуля. По правилу Крамера эта система
имеет единственное решение

Тем
самым определятся точки

и
.
Осталось записать уравнение прямой
через эти точки.

Изложенный
метод годится для построения общего
перпендикуляра к двум скрещивающимся
прямым в пространстве размерности и
выше трех.

Упражнения

5.1.
Точка

определяется радиус-вектором
.
Составить уравнение прямой, проходящей
через точку

перпендикулярно плоскости
.

5.2.
Точка

определяется радиус-вектором
.
Составить уравнение плоскости, проходящей
через точку

перпендикулярно прямой
.

5.3.
Составить векторное уравнение плоскости,
проходящей через прямую
и
точку
,
не лежащую на этой прямой.

5.4.
Даны точка

и плоскость
.
Найти радиус-вектор точки
,
симметричной с

относительно плоскости.

5.5.
Даны точка

и прямая
.
Найти радиус-вектор точки
,
симметричной с

относительно прямой.

5.6.
Составить уравнение прямой, пересекающей
прямую

под прямым углом и проходящей через
точку
,
не лежащую на данной прямой (перпендикуляра,
опущенного из точки

на прямую
.

5.7.
Составить уравнение прямой, пересекающей
две скрещивающиеся прямые

и

и проходящей через точку
,
не лежащую ни на одной из этих прямых.

5.8.
Найти расстояние между двумя параллельными
плоскостями

и
.

5.9.
Составить уравнение прямой, которая
параллельна прямой

и пересекает прямые
,
.

Вопросы
для самопроверки

1.
Дайте геометрическую иллюстрацию
векторно-параметрическому уравнению
прямой.

2.
Как перейти от векторно-параметрического
уравнения прямой к каноническим и
параметрическим уравнениям?

3.
Как найти направляющий вектор прямой,
проходящей через две заданные точки?

4.
Как найти направляющий вектор прямой,
являющийся пересечением двух плоскостей?

33

Соседние файлы в папке Analiticheskaya_geom

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

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.