Расстояния и углы в стереометрии

Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Нижегородский государственный педагогический университет»
Расстояния и углы в стереометрии
Учебно-методические пособие
для студентов факультета математики,
информатики и физики
Нижний Новгород
2010
Печатается
по
решению
редакционно-издательского
Нижегородского государственного педагогического университета
совета
Григорьева Т.П., Кузнецова Л.И.
Расстояния и углы в стереометрии: Учебно-методическое пособие для
студентов факультета математики, информатики и физики. Н.Новгород:
НГПУ, 2010. 46 с.
В пособии содержатся теоретические положения о расстояниях и углах
между основными объектами стереометрии, о конструктивном, векторном и
векторно-координатном методах решения задач на вычисление расстояний и
углов, приведены списки задач для индивидуальной работы.
Предназначено для студентов факультета математики, информатики и
физики, обучающихся по специальности «032100.00 – Математика с
дополнительной специальностью».
Рецензент: О.К. Огурцова, кандидат пед. наук, доцент
кафедры теории и методики обучения математике
Отв. редактор: Т.А. Иванова, доктор пед. наук, профессор
кафедры теории и методики обучения математике
2
Введение
Цель учебно-методического пособия по стереометрии: оказать помощь
студентам факультета математики, информатики и физики в усвоении темы
«Виды расстояний и углов в стереометрии» из раздела «Стереометрия» курса
«Элементарная математика», так как отсутствует доступная для студентов
учебная литература, в которой в полном объеме раскрывалась бы данная
тема,
что
значительно
затрудняет
усвоение
соответствующего
теоретического материала и методов решения задач. Пособие содержит
систематизированный материал по теории и по типам задач. В нем
представлены различные методы, способы и приемы решения задач, а также
отражен поиск решения отдельных задач, в соответствии с которым был
найден соответствующий способ решения.
Пособие включает в себя примерный тематический план изучения темы,
требования к знаниям и умениям студентов, содержательную часть, задачи
для самостоятельного решения, вариант контрольной работы и список
литературы.
Содержательная часть состоит из двух параграфов. В первом параграфе
рассмотрены определение понятия расстояния между фигурами; определения
различных видов расстояний в пространстве (от точки до прямой и до
плоскости, между прямыми, между прямой и плоскостью, между
плоскостями); во втором параграфе - определения различных видов углов в
пространстве (между лучами, векторами, прямыми, прямой и плоскостью,
двугранного угла, угла между плоскостями). Кроме того, в обоих параграфах
выделены и раскрыты содержания методов и способов решения задач на
вычисление различных видов расстояний и углов. Возможности каждого
метода иллюстрируются на примерах решения ключевых задач или на
примере решения одной задачи, имеющей различные методы и способы
решения. Каждый параграф заканчивается рубрикой «Задачи для
самостоятельного решения». В ней представлены задания, заимствованные из
различной литературы, в частности из сборников для подготовки к ЕГЭ,
некоторые составлены авторами. В конце пособия даны ответы к этим
задачам. Данные задачи могут быть использованы для организации
индивидуальной работы студентов на различных уровнях: или
непосредственно на практических занятиях, или могут быть предложены в
качестве домашнего задания, или могут быть включены в контрольную
аудиторную работу.
Приведенная контрольная работа отражает уровень требований к знаниям
и умениям студентов по данной теме и предназначена для подготовки к
аудиторной контрольной работе.
3
Примерный тематический план изучения темы
№ п/п
1
1-2
3
3-4
5-6
7
Тема занятия
Понятие расстояния между фигурами. Определения
различных видов расстояний в пространстве: от точки до
прямой и до плоскости, между прямыми, между прямой и
плоскостью, между плоскостями
Различные методы решения задачи на нахождение
расстояний (конструктивный, координатный, векторнокоординатный, метод объемов)
Понятие угла между лучами, между векторами, между
прямыми, между прямой и плоскостью, двугранного угла,
угла между плоскостями
Методы решения задач на вычисление различных видов
углов
(конструктивный,
векторный,
векторнокоординатный, координатный)
Решение задач на нахождение различных видов расстояний
и углов
Контрольная работа
Число
часов
1
3
1
3
4
2
Требования к знаниям и умениям студентов
Цель изучения: формирование умений в вычислении различных видов
расстояний между точками, прямыми и плоскостями и различных видов
углов между прямыми и плоскостями.
В результате изучения темы студент
знает:
- что такое расстояние между фигурами;
- определения различных видов расстояний в пространстве (от точки до
прямой и до плоскости, между прямыми, между прямой и плоскостью, между
плоскостями);
- определения различных видов углов в пространстве (между лучами,
векторами, прямыми, прямой и плоскостью, двугранного угла, угла между
плоскостями);
- о существовании единственного общего перпендикуляра двух
скрещивающихся прямых;
- способы построения общего перпендикуляра двух скрещивающихся
прямых;
- различные методы решения задач на вычисление различных видов
расстояний и углов (конструктивный, векторный, координатный, векторнокоординатный, метод объемов) и планы решения задач данными методами;
умеет:
- вычислять различными методами расстояния:
4
 от точки до прямой и до плоскости,
 между прямой и параллельной ей плоскостью,
 между параллельными и скрещивающимися прямыми,
 между параллельными плоскостями,
если названные объекты задаются элементами пирамиды и призмы (в
частности, их вершинами, ребрами, диагоналями граней и диагоналями
самих многогранников);
- вычислять различными методами углы между лучами, векторами,
прямыми, прямой и плоскостью, двугранные углы, углы между плоскостями,
если названные объекты задаются элементами пирамиды и призмы (в
частности, их ребрами, диагоналями граней и диагоналями самих
многогранников).
5
§ 1. Вычисление расстояний в курсе стереометрии
1.1. Различные виды расстояний в пространстве
Раскроем содержание понятия расстояния между фигурами.
Рассмотрим две фигуры F1 и F2.
1) Если они имеют хотя бы одну общую точку, то расстояние между
ними равно нулю.
2) Если же фигуры не имеют общих точек, то рассматриваются
всевозможные расстояния между каждой точкой фигуры F1 и каждой точкой
фигуры F2. Наименьшее из этих расстояний (если оно существует)
принимается за расстояние между фигурами F1 и F2.
Обозначение: ρ (F1; F2).
Например, 1) если плоскость касается сферы или ее пересекает, то
расстояние между сферой и плоскостью равно нулю; 2) если плоскость не
имеет общих точек со сферой, то расстояние между ними в этом случае равно
разности длины перпендикуляра, проведенного из центра сферы к данной
плоскости, и радиуса самой сферы.
Бывает, что между двумя фигурами нет расстояния. Например, если
рассмотреть в качестве фигур непересекающиеся шары без сфер –
«оскальпированные» шары [4]. В школьном курсе геометрии с подобными
фигурами не имеют дела, но за его пределами и в таком случае можно ввести
понятие расстояния между двумя фигурами как точной нижней границы
всевозможных расстояний между точками этих фигур.
Расстояние между двумя фигурами нелегко найти. Например, найти
расстояние между двумя кругами, расположенными в перпендикулярных
плоскостях.
Иногда встречается такая речевая неточность: говорят о «кратчайшем
расстоянии между двумя фигурами», предполагая, что таких расстояний
много, и надо найти наименьшее из них. Но из вышеприведенного описания
понятия расстояния между двумя фигурами следует: расстояния между
двумя фигурами (если оно существует), то оно определено однозначно, хотя
может достигаться и не один раз (например, расстояние между
параллельными плоскостями).
Заметим, что в математике расстояние – это число, но в приложениях
или в школьных задачах оно может пониматься и как величина, потому
может иметь размерность. Следовательно, можно сказать: «Расстояние равно
5» или «Расстояние равно5 см».
Среди геометрических задач чаще встречаются такие, в которых
требуется найти расстояния между точками, точкой и прямой, точкой и
плоскостью, прямыми, прямой и плоскостью, плоскостями. Исходя из
содержания понятия расстояния между двумя фигурами, определим понятия
расстояний между перечисленными выше объектами.
6
Расстояние от точки до прямой:
1) Если точка принадлежит прямой, то расстояние между ними равно
нулю.
2) Если точка не принадлежит прямой, то расстояние между ними равно
длине перпендикуляра, проведенного из этой точки к данной прямой.
Расстояние от точки до плоскости:
1) Если точка принадлежит плоскости, то расстояние в этом случае
равно нулю.
2) Если точка не принадлежит плоскости, то расстояние между ними
равно длине перпендикуляра, проведенного из этой точки к данной
плоскости.
Расстояние между прямой и плоскостью:
1) Если прямая лежит в плоскости или ее пересекает, то расстояние
между прямой и плоскостью равно нулю.
2) Если прямая параллельна плоскости, то расстояние между ними равно
расстоянию от любой точки этой прямой до данной плоскости.
Расстояние между плоскостями:
1) Если плоскости пересекаются, то расстояние между ними равно
нулю.
2) Если плоскости параллельны, то расстояние между ними равно длине
перпендикуляра, построенного из любой точки одной из них к другой
плоскости.
Расстояние между прямыми:
1) Если прямые пересекаются, то расстояние между ними равно нулю.
2) Если прямые параллельны, то расстояние между ними равно длине
перпендикуляра, проведенного из любой точки одной из них к другой
прямой.
3) Если прямые скрещиваются, то расстояние между ними равно длине
их общего перпендикуляра.
Далее мы докажем существование общего перпендикуляра двух
скрещивающихся прямых.
Анализ вышеприведенных определений расстояний между различными
объектами (точками, прямыми, плоскостями) показывает, что нахождение
расстояний между ними сводится к вычислению расстояния между точкой и
прямой или точкой и плоскостью. Поэтому далее переходим к обсуждению
решений задач этих двух видов.
1.2. Вычисление расстояния от точки до прямой
Задача 1. Через вершину параллелограмма АВСD проведена прямая
ВМ, перпендикулярная к его плоскости. Найдите расстояния от точки
М до прямых АD и CD, если АВ = 25 см, АD = 30 см,  ВАD = 300, ВМ =
12,5 см.
7
Решение
Вычислим расстояние от точки М до прямой АD. По определению
расстояния от точки до прямой искомое расстояние равно длине
перпендикуляра, построенного из точки М к прямой АD. Но как расположено
основание этого перпендикуляра относительно точек А и D? Не обращаясь к
параллелограмму АВСD, ответить на этот вопрос невозможно.
Рис. 1
Выберем другой способ построения перпендикуляра из точки М к
прямой АD. Построим в плоскости параллелограмма АВСD (рис. 1)
перпендикуляр из точки В к прямой АD (нетрудно убедиться, что основание
Н этого перпендикуляра расположено между точками А и D) , затем
соединим точку Н с точкой М. Тогда по теореме о трех перпендикулярах
имеем: МН  АD. Итак, длина отрезка МН есть искомое расстояние.
Отрезок МН является гипотенузой прямоугольного треугольника ВМН с
катетами ВМ = 12,5 см и ВН = ½ АВ = 12,5 см. Следовательно, МН =
12,5 2 см.
Аналогично вычисляем расстояния от точки М до прямой СD.
Ответ. Расстояния от точки М до прямых АD и CD соответственно
равны 12,5 2 см и 2,5 61 см.
Данную задачу мы решили конструктивным методом, т.е.
непосредственно строили отрезок, длина которого является расстоянием от
точки до прямой. Можно выделить основные этапы конструктивного метода
решения задач на нахождение расстояния от точки до прямой:
1) построить проекцию В данной точки М на плоскость, содержащую
данную прямую АD;
2) построить в этой плоскости перпендикуляр из точки В к прямой АD;
3) соединить основание перпендикуляра Н с данной точкой М;
4) вычислить МН, решая треугольники АВН, ВМН, АМН.
Задача 2. Все плоские углы при вершине D треугольной пирамиды
DАВС равны 600, DА = 2, DВ = 4, DС = 3. Точки Р, М и К являются
серединами ребер DА, DВ и ВС соответственно. Найдите расстояние от
точки М до прямой РК.
Решение
Осуществить решение данной задачи конструктивным методом нам не
удается. Однако мы замечаем, что даны длины трех отрезков, выходящих из
8
одной точки, и величины углов между ними. Возникает идея о векторном
методе решения задачи.
Выберем в качестве базисных следующие векторы:
DA = a , DB = b , DC = c (рис. 2).
Рис. 2
Пусть МН – искомое расстояние. Значит, MH · PK = 0. Выразим векторы
MH и PK через базисные:
1
1
1
( b + c ) – a = (– a + b + c ),
2
2
2
1
1
1
MH = MP + PH = DP – DM + PH = a – b + х(– a + b + c ) =
2
2
2
1
= ((1 – х) a + (х – 1) b + х c ), где PH = х PK .
2
PK = DK – DP =
Таким образом, имеем векторное равенство:
1
1
((1 – х) a + (х – 1) b + х c ) · (– a + b + c ) = 0.
2
2
Раскрыв скобки и учитывая, что a · b = 4, a · c = 3, b · c = 6, a 2 = 4, b 2 =
c 2 = 9, получаем линейное уравнение:
16,
(1 – х ) (–4 + 4 + 3 + 4 – 16 – 6) + х (–3 + 6 + 9) = 0.
Отсюда х =
5
.
9
Следовательно, MH =
1 4
4
5
1
( a – b + c ) = (4 a – 4 b + 5 c ).
2 9
9
9
18
Итак,
МН =
11
.
12
Ответ. Расстояние от точки М до прямой РК равно
11
.
12
Выделим основные этапы решения данной задачи векторным методом:
1) ввести базисные векторы (в качестве базисных векторов выбрать те
векторы, длины которых известны, а также известны углы между ними);
2) задать два вектора – вектор-«перпендикуляр» и вектор на данной
прямой;
3) выразить эти векторы через базисные (появится неизвестный
коэффициент на основе коллинеарности двух векторов);
9
4) составить векторное уравнение на основании того, что скалярное
произведение соответствующих векторов равно 0;
5) решить векторное уравнение, раскрывая скобки и учитывая значения
скалярных произведений базисных векторов;
6) вычислить длину искомого перпендикуляра.
Очевидно, самым трудным этапом решения является выражение
векторов через базисные. Заметим, что векторный метод «алгебраизировал»
решение задачи.
1.3. Вычисление расстояния от точки до плоскости
Задача 3. В правильной четырехугольной пирамиде РАВСD сторона
основания равна 3, высота 2. Найдите расстояние от вершины А до
плоскости грани РСD.
Решение
Конструктивный метод
Искомое расстояние равно длине перпендикуляра, построенного из
точки А на плоскость РСD (рис. 3). Такой перпендикуляр построить
достаточно сложно. Тогда построим равный ему перпендикуляр, но из
другой точки. Замечаем, что прямая АВ параллельна плоскости РСD.
Следовательно, расстояние от любой точки прямой АВ до плоскости PCD
равно расстоянию от точки А до той же плоскости.
Рис. 3
По-видимому, в качестве такой точки удобно выбрать середину М ребра
АВ:
ρ (А, РСD) = ρ (M, РСD).
Интуиция подсказывает, что плоскость МРО перпендикулярна
плоскости РСD. Докажем, что этот факт действительно имеет место.
Очевидно, что MN  CD. Отсюда по теореме о трех перпендикулярах
получаем, что PN  CD. Следовательно, CD  (PMN). Поэтому по признаку
10
перпендикулярных плоскостей имеем: (CDP)  (PMN). Используя свойство
перпендикулярных плоскостей, строим прямую МК, перпендикулярную
линии пересечения перпендикулярных плоскостей. Заключаем, что МК 
(PCD).
Таким образом, задача свелась к нахождению длины отрезка МК. Для
этого обратимся к треугольнику PMN:
3
2
MN = 3, PO = 2, PN = РО 2  ON 2 = 4  ( ) 2 =
5
.
2
Применяя метод площадей к треугольнику PMN, запишем:
1
1
MN  PO = MK  PN,
2
2
MN  PO
отсюда MK =
= 2,4.
PN
Ответ. 2,4.
Основой конструктивного метода решения задач, связанных с
вычислением расстояний от точки до плоскости, являются дополнительные
построения.
Для облегчения построения перпендикуляра к плоскости часто бывает
полезно «увидеть» на рисунке плоскость, которая с данной плоскостью
взаимно перпендикулярны и проходит через данную точку, как было в
данной задаче. Тогда построение искомого перпендикуляра сводится к
построению перпендикуляра к линии пересечения перпендикулярных
плоскостей. Итак, запишем действия, которые образуют способ нахождения
расстояния от точки до плоскости:
1) определить плоскость, перпендикулярную данной плоскости и
содержащую данную точку;
2) найти линию пересечения перпендикулярных плоскостей;
3) построить перпендикуляр из данной точки к линии пересечения
плоскостей;
4) вычислить длину построенного перпендикуляра, рассматривая ряд
треугольников.
Возможны вариации выделенного способа. Если не удается определить
плоскость, которая проходит через данную точку и перпендикулярна данной
плоскости, то определяем плоскость, которая перпендикулярна данной
плоскости и строим в ней « вспомогательный» перпендикуляр через
некоторую точку. Затем строим искомый перпендикуляр через данную точку,
который параллелен «вспомогательному» перпендикуляру. Длины двух
перпендикуляров равны, если две точки лежат на прямой, параллельной
данной плоскости (что имело место при решении задачи); или длины двух
перпендикуляров находятся в некотором отношении, которое определяется
из подобия треугольников.
Заметим, что после того, как был построен перпендикуляр из точки М к
плоскости PCD – отрезок МК, задача свелась к планиметрической:
нахождение длины перпендикуляра из данной точки к данной прямой. Ее мы
решили методом площадей.
11
Координатный метод
Введем прямоугольную систему координат так, что ее начало совпадет с
центром О квадрата ABCD, точка А принадлежит положительной полуоси
абсцисс, точка D принадлежит положительной полуоси ординат, а точка Р –
положительной полуоси аппликат (рис. 4).
Рис. 4
Найдем координаты точек А, С, D, Р в этой системе координат,
учитывая, что АС = 3 2,
A(
OP = 2 и OD =
3 2
:
2
3
3
3
2 ;0;0); С (2 ; 0; 0); D (0;
2 ; 0); P (0; 0; 2).
2
2
2
Используя уравнение плоскости в отрезках
x y z
 
a b c
= 1, запишем
уравнение плоскости PCD:
x
y
z

 = 1, или 4x – 4y - 3 2 z + 6 2 = 0.
3
3
2

2
2
2
2
Зная, что расстояние от точки F( x0; y0; z0) до плоскости 
уравнением Ax + By + Cz + D = 0 можно вычислить по формуле:
=
Ax0  By 0  Cz0  D
А2  В 2  С 2
с
,
находим расстояние от точки А до плоскости PCD:
 ( А, PCD) =
4
3
2 006 2
2
16  16  18
=
12 2
5 2
= 2,4.
Ответ.2,4.
Идея решения задачи координатным методом возникает в связи с
переводом требования задачи на язык координат:  (M, ) =
Ax0  By 0  Cz0  D
А2  В 2  С 2
- координатная модель понятия расстояния от точки М с
координатами (x0, y0, z0) до плоскости  с уравнением Ах + Вy + Сz + D = 0.
12
Условие задачи однозначно диктует выбор начала прямоугольной системы
координат и оси аппликат, а вот оси абсцисс и ординат могут быть выбраны
по-другому, однако их выбор не отразится на ходе решения задачи. Нетрудно
заметить, что координатный метод решения задачи освободил нас от
дополнительных построений, которые трудно осуществить без достаточно
развитого уровня пространственных представлений и логического
мышления. Однако, с другой стороны, чтобы уметь решать геометрические
задачи координатным методом, надо знать хорошо координатные формулы, в
частности, уравнение плоскости в отрезках и формулу расстояния от точки
до плоскости; уметь удобным способом вводить прямоугольную систему
координат; владеть словарем перевода геометрических свойств фигур на
язык координат.
Приведенное решение доступно лишь тем, кому известны уравнения
плоскости в отрезках и формула расстояния от точки с заданными
координатами до плоскости с соответствующим уравнением.
Попытаемся решить теперь данную задачу без применения
вышеуказанных формул.
Векторно-координатный метод
Введем прямоугольную систему координат и найдем координаты точек A,
C, D, P таким же образом, как сделали в начале предыдущего способа решения
(рис. 4).
Известно, что из данной точки к заданной плоскости можно построить
перпендикуляр и притом единственный. Пусть основанием перпендикуляра,
проведенного из точки А к плоскости PCD, является некоторая точка М(x, y,
z) (рис. 5).
Рис. 5
Для того чтобы найти три ее координаты, надо составить систему из трех
уравнений. Первые два уравнения следуют из условия перпендикулярности
прямой АМ и плоскости PCD: АМ  СР и АМ  CD. Значит, справедливы
следующие векторные равенства:
AM · CP = 0 и AM · CD = 0,
13
или в координатах:
3
2)
2
3
2)
(x 2
(x -
3
2 + y 0 + z 2 = 0,
2
3
3
2 +y
2 + z  0 = 0.
2
2
После преобразований получаем:
3 2 x + 4z – 9 = 0 (1);
3 2 x + 3 2 y - 9 = 0 (2) .
Третье уравнение следует из принадлежности точки М плоскости PCD.
На векторном языке это означает, что векторы PM , CP и PD компланарные.
Следовательно, имеем следующее векторное равенство:
PM =  CP +  PD .
Тогда в координатах последнее равенство примет вид системы:
3
2  + 0,
2
3
2  ,
y = 0 +
2
x=
z = 2 - 2;
3
2 ,
2
3
2 ,
y=
2
x=
или
z = 2 - 2 - 2.
Подставляя в равенства (1) и (2), получим:
17  - 8 - 1 = 0,
 +  - 1 = 0,
то есть  =
27 2
48 2
9
16
36
,=
. Отсюда x =
,y=
,z=
.
25
25
25
50
50
Таким образом, координаты точки М найдены. Отсюда вычисляем
расстояние АМ.
Ответ. 2,4.
Успех решения задачи векторным методом зависит не только от знания
векторных формул, но и от умения переводить геометрические свойства
фигур на векторный язык. При решении стереометрических задач
встречаются
достаточно
часто
следующие
переводы:
условие
перпендикулярности прямой и плоскости заменяем системой векторных
равенств, в которых скалярное произведение соответствующих векторов
равно нулю; условие принадлежности четырех точек одной плоскости векторным
равенством,
основанном
на
компланарности
трех
соответствующих
векторов.
Введение
равенств
позволяет
«алгебраизировать» решение геометрической задачи, то есть освобождает от
дополнительных построений.
Метод объемов
Рассмотрим пирамиду PACD, которая является составной частью данной
пирамиды PABCD (рис. 3). С одной стороны, за основание пирамиды PACD
можно выбрать треугольник ACD и соответственно вершину Р; с другой
14
стороны, треугольник PCD и соответственно вершину А. Тогда искомое
расстояние от точки А до плоскости PCD есть длина высоты пирамиды
APCD, проведенной из вершины А к плоскости грани PCD. Таким образом,
вычисляя объем пирамиды APCD двумя способами:
1
1
 SACD PO = SPCD   (A, PCD),
3
3
находим расстояние от точки А до плоскости PCD:
1 2
3 2
2
 (A, PCD) =
= 2,4.
1
5
3
2
2
Ответ. 2,4.
Метод объемов относится к общему методу решения геометрических
задач – алгебраическому. В данной задаче в качестве неизвестной величины
выбираем искомое расстояние от точки до плоскости, которое является
длиной перпендикуляра от этой точки до плоскости. Потом выделяем
многогранник, у которого этот перпендикуляр является высотой (в данной
задаче пирамида APCD с основанием PCD). Затем нужно «взглянуть» на этот
же многогранник иначе: в качестве основания выбрать некоторую другую
грань, высота к которой известна или без особых затруднений ее можно
вычислить (пирамида PACD c основанием ACD). Тогда уравнение составляем
на идее выражения объема многогранника двумя способами. Отсюда и
название данного метода решения задач. Нетрудно заметить, что метод
объемов применим далеко не ко всем многогранникам. Он эффективен, как
правило, для треугольной пирамиды или параллелепипеда. Очевидно, что
применение метода объемов к решению задач такого вида не требует
непосредственного построения искомого перпендикуляра. Заметим, что
метод объемов является аналогом метода площадей, который применяется
при решении планиметрических
аналогичных задач на вычисление
расстояния от точки до прямой и метод решения вам уже известен.
Большие трудности представляют задачи на вычисление расстояний
между скрещивающимися прямыми. Далее мы переходим к обсуждению
различных способов решения таких задач.
1. 4. Расстояние между скрещивающимися прямыми
Сначала докажем существование общего перпендикуляра двух
скрещивающихся прямых.
Пусть даны две скрещивающиеся прямые а и b. Построим плоскость ,
которая содержит прямую b и параллельна прямой a (рис. 6). Далее
ортогонально спроектируем прямую а на плоскость . Допустим, что
получим прямую а1. Прямые а1 и b являются пересекающимися (попытайтесь
доказать этот факт самостоятельно). Пусть точка О1 есть точка пересечения
прямых а1 и b. Далее построим точку О, лежащую на прямой а, для которой
точка О1 является ортогональной проекцией.
15
Рис. 6
Из построений следует, что отрезок ОО1 перпендикулярен плоскости .
Следовательно, он перпендикулярен прямым а1 и b. В силу параллельности
прямых а и а1 получаем, что ОО1  а.
Таким образом, отрезок ОО1 является общим перпендикуляром двух
скрещивающихся прямых а и b.
Итак,
мы доказали
существование общего перпендикуляра
скрещивающихся прямых. Попытайтесь самостоятельно доказать его
единственность.
Приведенное доказательство позволяет выделить следующие способы
нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми:
1 способ. Непосредственно построить общий перпендикуляр
скрещивающихся прямых и найти его длину;
2 способ. Через одну из скрещивающихся прямых провести плоскость,
параллельную другой прямой, и найти расстояние от этой прямой до
параллельной плоскости;
3 способ. Построить пару параллельных плоскостей, каждая из которых
содержит одну из скрещивающихся прямых, и найти расстояние между
параллельными плоскостями.
4 способ. На основе второго способа можно получить еще один способ
нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми.
Пусть а и b – скрещивающиеся прямые (рис. 7). Построим плоскость β,
перпендикулярную прямой а, и спроектируем ортогонально на плоскость β
прямую b. Пусть эта проекция есть прямая b1. Очевидно, что плоскость γ,
проходящая через прямые b и b1, параллельна прямой а. Следовательно, если
точка А – точка пересечения прямой а с плоскостью β, то расстояние между
данными прямыми равно расстоянию от точки А до прямой b1.
Заметим, что описанные выше способы относятся к конструктивному
методу решения соответствующих задач. Проиллюстрируем их при решении
задач на вычисление расстояния между скрещивающимися прямыми на
элементах куба.
16
Рис. 7
Задача 4. Найдите расстояние между двумя скрещивающимися
прямыми, каждая из которых содержит ребро куба, равное а.
Решение
Пусть данными прямыми являются прямые АВ и СС1 (рис. 8). Очевидно,
Рис. 8
что отрезок ВС является общим перпендикуляром этих прямых. Следовательно,
 (АВ, СС1) = а.
Ответ. а.
Задача 5. Найдите расстояние между двумя скрещивающимися
прямыми, одна из которых содержит ребро куба длины а, а другая –
диагональ его грани.
Решение
Задача сводится к рассмотрению двух случаев: одна из скрещивающихся
прямых содержит ребро куба, а другая – диагональ смежной грани или
диагональ противоположной грани.
17
1 случай
Пусть даны скрещивающиеся прямые C1D1 и В1С. Легко убедиться, что
отрезок В1С1 не является общим перпендикуляром данных скрещивающихся
прямых (рис. 9). Однако плоскость В1С1С перпендикулярна прямой C1D1.
Следовательно, любая прямая этой плоскости перпендикулярна прямой C1D1,
в том числе и прямая, проходящая через вершину C1 и перпендикулярная
В1С, то есть прямая ВC1. Значит,  (C1D1, В1С) = C1М =
а 2
.
2
Рис. 9
2 случай
Пусть даны скрещивающиеся прямые C1D1 и А1В (рис. 10). Тогда
очевидно,
Рис. 10
что отрезок А1D1 является общим перпендикуляром прямых C1D1 и А1В.
Значит,  (C1D1, А1В) = а.
18
Ответ.
а 2
или а.
2
Задача 6. Найдите расстояние между двумя скрещивающимися
прямыми, каждая из которых содержит диагональ грани куба с ребром а.
Решение
1 случай
Диагонали расположены в противоположных гранях (рис. 11).
Рис. 11
Пусть это будут диагонали АD1 и B1C. Нетрудно доказать, что отрезок
КМ является общим перпендикуляром прямых АD1 и В1С, где точки К и М –
середины соответственно диагоналей AD1 и В1С.
Можно решить эту задачу с опорой на 2-ой или 3-ий вышеуказанные
способы, то есть свести задачу к нахождению расстояния между: а) прямой
В1С и параллельной ей плоскости DAA1, в которой лежит другая
скрещивающаяся прямая AD1; б) параллельными плоскостями ВСС1 и DAA1,
в каждой из которых лежат соответственно скрещивающиеся прямые В1С и
AD1.
2 случай. Диагонали расположены в смежных гранях куба, например,
АВ1 и ВС1 (рис. 12).
Обнаружить быстро общий перпендикуляр данных прямых, как это было
сделано при решении предыдущих задач, здесь не удается. Однако легко
убедиться в том, что ВС1 (АВ1D1). Тогда нужно найти расстояние от прямой
ВС1 до указанной плоскости. Для этого на прямой ВС1 следует выбрать
некоторую точку и построить перпендикуляр к плоскости АВ1D1. Из какой
точки удобнее построить перпендикуляр? Интуиция, пространственное
воображение ведут к избранию точки С1. Возникает вопрос: где расположено
основание Е перпендикуляра? Вот если бы удалось выявить плоскость,
проходящую через точку С1 и перпендикулярную плоскости АВ1D1, то ответ
на поставленный вопрос значительно бы упростился, так как точка Е
принадлежит прямой пересечения указанных плоскостей.
19
Рис. 12
Рис. 13
Начинаем поиск такой плоскости. И снова выручают интуиция и
пространственное воображение. По-видимому, (АА1С)  (АВ1D1). Если это
так, то основание Е перпендикуляра принадлежит прямой АО (рис. 13). Тогда
проведем С1Е  АО. Однако надо еще доказать перпендикулярность
названных плоскостей. Видимо, нужно воспользоваться признаком
перпендикулярности двух плоскостей. Это означает, что надо установить:
одна из двух интересующих нас плоскостей проходит через прямую,
перпендикулярную другой плоскости. Кажется, B1D1  (АА1С1). Почему?
Возможны различные способы доказательства последнего факта.
1) Точки А, А1, С равноудалены от концов отрезка В1D1. Следовательно,
они принадлежат множеству точек пространства, равноудаленных от концов
названного отрезка, то есть лежат в плоскости, перпендикулярной отрезку
В1D1 и проходящей через его середину. Но такой плоскостью является
плоскость АА1С1.
2) В1D1  A1C1, как диагонали квадрата, и В1D1  АО по теореме о трех
перпендикулярах. Следовательно, В1D1  (АА1С1).
3) В1D1  A1C1 и АА1  В1D1, так как АА1  (А1В1С1). Следовательно,
В1D1  (АА1С1).
Итак, (АА1С1)  (АВ1D1), где АО – линия пересечения этих плоскостей.
Исходя из вышеприведенных рассуждений, строим С1Е  АО.
Следовательно, задача свелась к поиску длины отрезка С1Е. В плоскости
АА1С1 имеем два подобных треугольника АА1О1 и С1ЕО. Отсюда получаем
С1Е =
а 3
.
3
Таким образом, расстояние между скрещивающимися прямыми ВС1 и
АВ1 есть длина перпендикуляра, проведенного из некоторой точки С1 одной
из скрещивающихся прямых ВС1 к плоскости, содержащей другую
скрещивающуюся прямую АВ1 и параллельную первой прямой ВС1.
При решении задачи мы строили перпендикуляр из точки С1. Однако на
выбор некоторой точки прямой ВС1 претендовала и точка В. Попытайтесь
20
построить перпендикуляр из точки В к плоскости АВ1D1. Такое решение
будет нерациональным, но зато очень полезным в математическом
отношении.
«Поменяйте ролями» прямые АВ1 и ВС1. Проведите через вторую из них
плоскость, параллельную первой. В этом случае надо искать расстояние от
прямой АВ1 до плоскости ВDС1. Здесь перпендикуляр можно строить из
точек А или В1 к плоскости ВDС1.
Таким образом, мы выявили четыре варианта решения одной и той же
задачи, построенных на одной идее – втором способе нахождения расстояния
между скрещивающимися прямыми.
Перейдем к рассмотрению еще одного способа отыскания расстояния
между скрещивающимися прямыми АВ1 и ВС1.
Плоскости АВ1D1 и ВС1D параллельны и проходят через
скрещивающиеся прямые АВ1 и ВС1 (рис. 14). Надо найти расстояние между
этими плоскостями.
Рис. 14
Рис. 15
Из какой точки одной плоскости удобно провести перпендикуляр к
другой? По-видимому, из точек О или О1 – середин отрезков ВD и B1D1 (рис.
15). Пусть мы выбрали для определенности точку О. Где же лежит основание
перпендикуляра, проведенного из точки О к плоскости АВ1D1? Скорее всего,
на прямой АО1. Почему? В силу перпендикулярности прямой В1D1 к
плоскости АА1С1. Поэтому (АВ1D1)  (АА1С1). Прямая АО1 – линия
пересечения этих плоскостей. Проведя ОF  АО1, получим ОF  (АВ1D1).
Из прямоугольного треугольника АОF имеем: ОF = АО  sinОАF =
=
а 2 6
а 3

=
.
2
3
3
Заметим, что вычисление расстояния между параллельными плоскостями
АВ1D1 и ВC1D намного упростится, если использовать свойство диагонали
куба А1С о перпендикулярности этим плоскостям. В этом нетрудно
убедиться.
21
Действительно, ортогональной проекцией А1С на плоскость А1В1В
является прямая А1В (рис. 15). Значит, по теореме о трех перпендикулярах
имеем: А1С  АВ1. Аналогично можно доказать, что прямая АС1
перпендикулярна В1D1 (или АD1). Поэтому на основании признака
перпендикулярности прямой и плоскости делаем вывод: А1С  (АВ1D1).
Таким же образом или используя свойство параллельных плоскостей АВ1D1 и
ВС1D, можно доказать, что А1С  (ВС1D).
Далее построим точки пересечения диагонали А1С с этими плоскостями,
как точки пересечения А1С с прямыми АО1 и С1О, которые, с одной стороны,
лежат соответственно в плоскостях АВ1D1 и ВС1D, а с другой стороны, в
одной плоскости с прямой АС1 (рис. 16). Пусть это будут точки М и N.
Следовательно, задача свелась к вычислению длины отрезка МN в плоскости
А1С1СА.
Рис. 16
Итак, имеем классическую задачу из курса планиметрии.
Дан параллелограмм АА1С1С, точки О и О1 – соответственно середины
его сторон АС и А1С1. Доказать, что точки пересечения отрезков АО1 и С1О
с диагональю А1С делят ее на три равные части (рис 17).
Рис. 17
Решение
Выполним дополнительное построение: проведем вторую диагональ
АС1 данного параллелограмма. Используя свойство медиан треугольника,
22
имеем: А1М = 2 МК, СN = 2 КN. Учитывая свойство диагоналей
параллелограмма, получаем: А1К = КС. Значит, А1М = МN= NС.
Опираясь на результат этой задачи, делаем вывод о том, что расстояние
между параллельными плоскостями АВ1D1 и ВС1D равно одной трети длины
диагонали куба, то есть
а 3
.
3
Ответ. Расстояние между скрещивающимися прямыми, которые
содержат диагонали противоположных граней, равно а. Расстояние между
скрещивающимися прямыми, которые содержат диагонали смежных граней,
равно
а 3
.
3
Попытаемся теперь
аналитическими методами.
решить
последнюю
задачу
(2
случай)
Векторный метод
Введем базисные векторы: BA = a , ВВ1 = b , ВС = c (рис. 18).
Рис. 18
Известно, что две скрещивающиеся прямые имеют общий
перпендикуляр и притом единственный. Допустим, что это есть отрезок MN,
где МАВ1, NBC1. Следовательно, MN  АВ1 и MN  ВС1. Переведем
последние четыре факта на векторный язык:
МАВ1  AM = х AB1 , NВС1  BN = у BC1 ,
MN  АВ1  MN · AB1 = 0, (1) MN BC1  MN · BC1 = 0. (2)
Затем выразим записанные векторы через базисные:
BM – BA = х ( BB1 - BA )  BM = (1 – х) a + х b ;
BN = у ( b + c );
MN = BN – BM = у ( b + c ) – (1 – х) a – х b = (x – 1) a + (y – x) b + у c .
Дальнейший ход рассуждений таков: сначала вычислим коэффициенты
23
разложения вектора MN по базисным векторам a , b и c , используя
векторные равенства (1) и (2). Потом найдем его скалярный квадрат, что и
позволит вычислить длину отрезка MN. Исходя из этого плана, запишем:
((х – 1) a + (y – x) b + y c )  ( b – a ) = 0;
((х – 1) a + (y – x) b + y c )  ( b + c ) = 0.
Применяя законы векторной алгебры и свойства куба, имеем:
(y-x)a2 – (x-1)a2 = 0,
(y-x)a2 + уа2 = 0.
Значит,
у = 2х – 1,
2у = х;
2
,
3
1
у= .
3
х=

1
1
1
a – b – c.
3
3
3
а 3
1 1 1
Отсюда MN = а   =
.
3
9 9 9
Следовательно, MN = –
Ответ. Расстояние между скрещивающимися прямыми, которые
содержат диагонали смежных граней, равно
а 3
.
3
Координатно-векторный метод
Введем прямоугольную систему координат (рис. 19). Запишем
координаты следующих точек: А(а, 0, 0), В(0, 0, 0), В1(0, 0, а), С(0, а, 0), С1(0,
а, а). Допустим, что отрезок MN (МАВ1 и NВC1) является общим
перпендикуляром скрещивающихся прямых АВ1 и ВС1. Дальнейшая идея
решения заключается в нахождении координат точек М и N, что позволит
вычислить длину отрезка MN.
Рис. 19
24
Имеем, что точки А, М и В1 лежат на одной прямой, что соответствует
векторному равенству AM = х AB1 . Исходя из этого равенства, найдем
координаты точки М. Заметим, что точка М лежит в плоскости Охz.
Следовательно, она имеет координаты вида (m, 0, n). Тогда можно
определить координаты следующих векторов: AM (m-n; 0; n), AB1 (-а; 0; а),
х AB1 (-ха; 0; ха). Отсюда выражаем координаты точки М(а-ах; 0; ах).
Аналогично N BC1  BN = y BC1  N (0; ау; ау). Следовательно,
MN (ах- а; ау; ау - ах).
Чтобы найти числовые значения х и у, воспользуемся условиями
перпендикулярности отрезка MN к прямым АВ1 и ВС1:
 AB1 = 0  (ax - a)  (-a) + ay  0 + (ay – ax)  a = 0;
MN  BC1 = 0  (ax - a)  0 + ay  a + (ay - ax)  a = 0.
MN
Разделив обе части равенств на а2 (по условию задачи а0), получаем:
1 – х + у – х = 0,
у + (у - х) = 0.
Отсюда х =
2
1
а
2а
а а
, у = . Значит, М( , 0,
) и N(0, , ).
3
3
3
3 3
3
Итак, MN =
Ответ.
а 3
а2 а2 а2


=
.
3
9
9
9
а 3
.
3
Заметим, что по окончании решения задачи с помощью векторов и
координат, мы можем построить непосредственно точки М и N (точка М
делит отрезок АВ1 в отношении 2:1, начиная от вершины А, а точка N делит
отрезок ВС1 в отношении 1:2, начиная от вершины В), а значит, и общий
перпендикуляр данных прямых.
25
Задачи для самостоятельного решения
7. Найдите расстояние между двумя сферами радиусов R1 и R2,
расстояние между центрами которых равно d.
8. Дана прямая треугольная призма АВСА1В1С1, все ребра которой равны
двум. Точки Е и К - середины соответственно ребер АА1 и В1С1. Вычислите
следующие расстояния: а)  (К; ВС); б)  (ВС; В1С1); в)  (АВС; А1В1С1);
г)  (Е; ВС); д)  (К; АВ); е)  ( ВВ1; АС); ж)  ( СС1; ВЕ); з)  ( ВЕ; А1С1);
и)  (Е; ВСС1); к)  (К; А А1В1); л)  (В1; ЕС1В).
9. В правильном тетраэдре АВСD с ребром а точки М и N -середины
ребер ВD и СD соответственно. Найдите расстояния между прямыми: а) МN
и DО, где О – центр грани АВС; б) АD и ВС; в) МN и АВ.
10. В параллелепипеде АВСDА1В1С1D1 известны длины рёбер,
выходящих из вершины А и величины плоских углов с вершиной А: АВ=2,
АD = 1, АА1 = 4, углы ВАD, А1АВ и А1АD равны соответственно 60°, 90° и
120°. Найдите: а) длину диагонали АС1 параллелепипеда; б) длину отрезка
ВМ, где М - центр симметрии грани СDD1С1.
11. Основанием пирамиды МАВС является треугольник АВС, в котором
АВ = ВС = а и угол АВС равен  . Боковая грань МВС перпендикулярна к
основанию, а две другие боковые грани наклонены к нему под углом  .
Найдите расстояние от вершины: а) М до плоскости основания; б) С до
плоскости боковой грани АМВ.
12. Основанием наклонной призмы АВСDА1В1С1D1 является ромб АВСD
с острым углом А, равным  , и стороной а. Известно, что вершина А1
призмы удалена на расстояние а от точек А, В и D. Найдите расстояние
между противоположными боковыми гранями.
13. В правильной четырехугольной призме АВСDА1В1С1D1 сторона
основания равна 5, а высота 5 2 . Найдите расстояние от вершины А до
плоскости ВDМ, где М – середина ребра СС1.
14. Найдите высоту треугольной пирамиды, у которой каждое из
боковых ребер равно а, один из плоских углов при вершине прямой, а
каждый из остальных равен 600.
15. В прямоугольном параллелепипеде АВСDА1В1С1D1 , у которого
АВ = 2, АА1 = АD = 3, построены точка Р – середина ребра А1В1, точка Q на
ребре АD, причем АQ : АD = 2 : 3. Найдите расстояние от D1 до прямой PQ.
16. В основании пирамиды DABC лежит правильный треугольник АВС
со стороной, равной а. Две боковые грани АDB и CDB перпендикулярны к
плоскости основания, их общее ребро равно а. Чему равно расстояние между
АВ и СD?
17. Дана треугольная пирамида DАВС, у которой все боковые ребра
равны а, а плоские углы при вершине D – прямые. На каком расстоянии
удалена вершина А от плоскости АВС?
26
§ 2. Вычисление углов в курсе стереометрии
В планиметрии, в основном, встречаются два вида углов: между лучами
и между прямыми. В стереометрии появляется новый основной объект –
плоскость и новое расположение двух прямых – скрещивающиеся прямые.
Возникает необходимость обобщения известных определений из
планиметрии на пространство и введения новых видов углов. В пространстве
рассматриваются углы между лучами, между прямыми, между прямой и
плоскостью, двугранный угол, угол между плоскостями. Существуют также
многогранные, в частности трехгранные, углы, но здесь мы их касаться не
будем.
Остановимся сначала на основных определениях и описаниях, а затем
рассмотрим методы решения задач на вычисление углов.
2.1. Угол между лучами
Любые два луча в пространстве либо имеют общее начало, либо их
начала – разные точки. Лучи с разными началами могут лежать на одной
прямой, на параллельных или на скрещивающихся прямых. Определение
понятия угла между лучами для общего случая опирается на понятие
сонаправленных
лучей.
Поэтому
определим
сначала
понятие
«сонаправленные лучи».
Два луча называются сонаправленными (одинаково направленными),
если либо один из них содержит другой (пересечением лучей является один из
них), либо они лежат на параллельных прямых в одной полуплоскости
относительно прямой, содержащей начала лучей (рис. 20, а, б).
m
n
n
m
а)
б)
Рис. 20
Угол между сонаправленными лучами считается равным 0°.
Если лучи т и п не сонаправлены и имеют общее начало, то углом
между ними называется величина (мера) плоского выпуклого угла (т.е. не
большего 180°) со сторонами т и п (рис.21).
27
Если лучи т и п не сонаправлены и имеют различные начала, то углом
между ними называется угол между лучами т´ и п´, соответственно
сонаправленными с лучами т и п и имеющими общее начало (рис.22).
Нетрудно доказать, что величина этого угла не зависит от выбора точки О –
начала лучей, сонаправленных с лучами т и п.
m
m
n/
m/
О
n
Рис. 21
Рис. 22
n
Таким образом, угол между лучами принимает значения от 0° до 180°.
Угол между лучами т и п будем обозначать так:  (m,n).
2.2. Угол между прямыми
Две пересекающиеся прямые определяют на плоскости, содержащей эти
прямые, четыре угла с общей вершиной. Если величина одного из них равна
φ, то остальные три угла равны 180°-φ, φ и 180°- φ. Если один из углов
прямой (равен 90°), то и остальные три угла прямые.
Углом между двумя пересекающимися прямыми называется величина
плоского угла, не превосходящая величины каждого из остальных углов,
образовавшихся при пересечении прямых.
Две пересекающиеся прямые называются перпендикулярными, если
угол между ними равен 90°.
Углом между скрещивающимися прямыми называется угол между
пересекающимися прямыми, соответственно параллельным данным
скрещивающимся прямым.
а
в
a
a1
О
О
в
в1
11
в1
Рис. 23
Рис. 24
28
Другими словами, чтобы найти угол между скрещивающимися
прямыми а и в, нужно через произвольную точку пространства провести
прямые а1||а и в1||в. Угол между прямыми а и в равен углу между прямыми а1
и в1 (рис. 23). Он не зависит от выбора точки, через которую проводят
прямые а1 и в1. При решении задач часто выбирают точку на одной прямой и
через нее проводят прямую, параллельную другой прямой (рис. 24).
Угол между двумя прямыми можно определить также следующим
образом: углом между прямыми называется небольший из двух углов между
лучами, параллельными этим прямым.
Из вышесказанного следует, что угол между прямыми в пространстве
есть величина, принадлежащая отрезку [0°; 90°].
Угол между прямыми будем обозначать так:  (а,в).
2.3. Угол между прямой и плоскостью
Как известно, прямая может лежать в плоскости, быть параллельна ей и
пересекать плоскость.
Если прямая лежит в плоскости или параллельна ей, то угол между
ними считается равным нулю.
Прямая, пересекающая плоскость, либо перпендикулярна, либо не
перпендикулярна ей.
Если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна либо
прямой, лежащей в этой плоскости. Поэтому естественно считать, что угол
между взаимно перпендикулярными прямой и плоскостью равен 90°.
Углом между плоскостью и не перпендикулярной ей прямой (прямой,
наклонной к плоскости) называется угол между этой прямой и ее
ортогональной проекцией на данную плоскость.
Обозначение угла между прямой а и плоскостью α:  (а,α) или  (α,а).
Так, на рисунке 25 имеем а  α, т.е.  (а,α) = 90°,  (в, α) =  (в,в1) = φ,
где в1 – проекция прямой в на плоскости α.
Угол между наклонной к плоскости и ее
проекцией обладает тем свойством, что он
а
в
является наименьшим из всех углов, которые
данная прямая образует с прямыми,

лежащими в плоскости. Поэтому именно его

считают углом между наклонной к
О
плоскости и плоскостью.
в1

Из определений следует, что угол между
прямой и плоскостью есть величина,
принадлежащая промежутку [0;90°].
Рис. 25
При решении задач иногда бывает
удобнее найти сначала угол ψ между наклонной к плоскости и прямой,
перпендикулярной плоскости (нормалью к плоскости). Тогда искомый угол φ
равен 90°- ψ.
29
2.4. Двугранный угол
Аналогом угла на плоскости является двугранный угол в пространстве.
Двугранным углом называется фигура, образованная двумя
полуплоскостями с общей границей, не лежащими в одной плоскости. Общая
граница
полуплоскостей
называется
ребром
двугранного
угла.
Полуплоскости, образующие двугранный угол, называются его гранями.
Если полуплоскости α и β – грани двугранного угла и а – его ребро, то
двугранный угол можно обозначить так: αаβ. Если A  , B   , C  a, D  a, то
тот же двугранный угол можно обозначить ABCD или αCDβ.
Пусть дан двугранный угол αCDβ (рис. 26).
Отметим на ребре двугранного угла
С
какую-нибудь точку (О) и в каждой
грани проведем с началом в этой точке
луч перпендикулярно к ребру (ОА и
ОВ). Угол, образованный этими лучами
( AOB ) называется линейным углом
O
двугранного угла.
Так как ОА  СD и ОВ  CD, то
В
плоскость
АОВ
перпендикулярна
А
прямой CD. Таким образом, плоскость
линейного угла перпендикулярна ребру
двугранного угла.
β
D
α
Очевидно, что двугранный угол
имеет бесконечно много линейных
Рис. 26
углов. Все линейные углы двугранного
угла равны друг другу.
Градусной мерой двугранного угла называется градусная мера его
линейного угла.
Двугранный угол называется прямым (острым, тупым), если его
величина (градусная мера) равна 90° (меньше 90°, больше 90°).
Величина двугранного угла принимает значения из интервала (0°;180°).
2.5. Угол между плоскостями
Две плоскости в пространстве либо параллельны, либо пересекаются.
Угол между параллельными плоскостями считается равным 0°.
Две пересекающиеся плоскости образуют четыре двугранных угла с
общим ребром. Если величина одного из углов равна φ, то остальные три
угла равны 180°- φ, φ и 180°- φ. Если один из углов равен 90° (прямой), то и
остальные три угла прямые.
Углом между пересекающимися плоскостями называется величина
двугранного угла, не превосходящая величин каждого из остальных
двугранных углов, образовавшихся при пересечении плоскостей.
30
Угол между плоскостями α и β будем обозначать так  (α,β). Из
определений следует, что  (α,β)  0;90 .
Две пересекающиеся плоскости называются перпендикулярными
(взаимно перпендикулярными), если угол между ними равен 90°.
Согласно приведенным определениям угол между пересекающимися
плоскостями равен углу между прямыми, лежащими в этих плоскостях и
перпендикулярными к линии их пересечения.
Угол
между
плоскостями
равен
углу
между
прямыми,
перпендикулярными этим плоскостям.
Для параллельных плоскостей сформулированное утверждение
очевидно. Докажем его справедливость для пересекающихся плоскостей.
в1
а1
в
M
а

Рис. 27
Пусть плоскости α и β пересекаются по прямой т, прямые а и в лежат
соответственно в α и β, перпендикулярны к прямой т и проходят через точку
М этой прямой. Проведем через точку М прямые а1  α и в1   . Тогда а1  т
и в1  т, т.е. все четыре прямые (а, а1, в, в1) лежат в одной плоскости λ,
проходящей через точку М и перпендикулярной прямой т (рис. 27).
При повороте плоскости λ с центром М и с углом 90° прямые а и в
отображаются на а1 и в1 соответственно. Тогда, по свойству движений
сохранять углы,  (а1,в1) =  (а,в) =  (α,β).
Подводя итог рассмотрению теоретических положений, можно сделать
следующие выводы. Любой угол в пространстве в конечном итоге
находится как угол между двумя лучами или между двумя прямыми., а угол
между прямыми определяется так же через угол между лучами.
Пусть при нахождении некоторого угла угол между лучами оказался
равным φ. Тогда если искомый угол и есть угол между лучами или линейный
угол двугранного угла, то он равен φ. Если же искомый угол есть угол между
прямыми или плоскостями, то он равен φ, если 0    90 , и равен 180°- φ,
если 90°< φ ≤180°.
31
2.6. Методы решения задач на вычисление углов
Рассмотрим основные методы решения задач на нахождение углов на
примере задачи 18.
Задача 18. Дан равнобедренный треугольник АВС с прямым углом С и
гипотенузой, равной 2 2 . Через вершину С проведена прямая CD,
перпендикулярная плоскости АВС, CD=1. Точки М и N – середины
отрезков АС и АВ соответственно. Найти углы между а) прямыми DM
и CN; б) прямой DN и плоскостью BCD; в) плоскостями ABD и
ABC; г) плоскостями ABD и CBD.
Синтетический (конструктивный) метод
При вычислении угла в пространстве можно
1) построить (изобразить) или найти (если есть на рисунке) искомый
угол согласно определению;
2) выбрать треугольник, одним из углов которого является искомый
угол или дополняющий его до 180°;
3) найти этот угол из треугольника (если треугольник прямоугольный,
то используются свойства его острых углов или определения синуса,
косинуса или тангенса; если же треугольник непрямоугольный, то
используются теоремы косинусов, синусов и другие теоремы планиметрии);
4) найти искомый угол;
5) записать ответ.
Такой метод нахождения углов называют синтетическим, поскольку при
решении используются определения и теоремы синтетической геометрии.
Его также называют конструктивным, т.к. он основан на построении,
конструировании определенных фигур, часто – на дополнительных
построениях.
Решим синтетическим методом задачу 18.
D
Q
C
F
A
M
N
E
Рис. 28
32
P
B
Решение.
а) Проведем через точку М прямую, параллельную прямой CN. Она
пересечет АВ в точке Е (рис. 28). Тогда  (DM,CN) =  (DM,ME) по
определению угла между скрещивающимися прямыми.
Нетрудно установить, что CN  AB, CN=NA=NB= 2, CA=CB=2,
1
2
ME= CN=
1
1
, AE=EN=
, CM=MA=1.
2
2
Получили треугольник DME, в котором угол DME дополняет угол между
прямыми DM и МЕ до 180°. DM можно найти из треугольника DCM, DE – из
треугольника DNE, где DN – гипотенуза прямоугольного треугольника DCN
с известными катетами. Таким образом, из треугольника DME можно найти
угол DME, используя теорему косинусов, а затем искомый угол.
Поступим иначе. Проведем через точку С прямую CF (F  МЕ),
параллельную АВ. Получим прямоугольный треугольник DFM, в котором
угол DMF – искомый. Четырехугольник FCNE – параллелограмм по
определению, и угол CNE у него прямой, следовательно, это прямоугольник;
FM  DF по теореме о трех перпендикулярах, следовательно, DFM  90 . Из
треугольника
cos DMF 
DCM
найдем
DM  2 ,
а
FM  ME 
1
.
2
Тогда
FM
1
1

 и DMF  60 , значит, ( DM , CN ) = 60°.
DM
2 2 2
Во втором способе решения фактически выполнен параллельный
перенос отрезка CN на вектор NE. Такой прием часто используется при
нахождении угла между скрещивающимися прямыми в тех случаях, когда
прямые задаются отрезками – элементами известных фигур.
б) Так как прямая CD перпендикулярна плоскости ABC, то любая прямая
плоскости АВС перпендикулярна прямой CD. Проведем в этой плоскости
прямую NP P BC , перпендикулярную прямой CВ. Тогда прямая NP
перпендикулярна плоскости BCD (по признаку) и DP – проекция DN на
плоскость BCD (рис.28). Следовательно, NDP - искомый угол.
В треугольнике NPD имеем:
1
AC  1, DN  CD 2  CN 2  1  2  3 ,
2
NP
1
1
1
sin NDP 

, NDP  arcsin
. Значит,  (DN,BCD)=arcsin
.
DN
3
3
3
NP  PD, NP 
в) Построим линейный угол двугранного угла DABC: CN  AB как
медиана равнобедренного треугольника с основанием АВ, DN  AD по
теореме о трех перпендикулярах, DNC - искомый. Так как DNC - не
прямой угол прямоугольного треугольника, то он острый. Следовательно,
ABD, ABC   DNC.
Найдем величину угла DNC из прямоугольного треугольника DNC :
cos DNC 
CN
2
6
1
6
 arcsin


.  (ABD,ABC)=arccos
.
3
DN
3
3
3
33
г) Угол между плоскостями ABD и CBD можно найти через двугранный
угол ABCD. Однако построить линейный угол этого двугранного угла не так
просто, как в предыдущем случае, еще сложнее найти его величину. Поэтому
будем находить угол между прямыми, перпендикулярными плоскостям.
Так как DC  ABC и угол АСВ прямой, то AC  CD и AC  CB, то есть
AC  BCD (рис. 28).
Из CN  AB и DN  AB следует, что AB  CND , и значит, любая прямая
плоскости CND перпендикулярна прямой АВ. Проведем CQ  DN Q  DN ,
тогда CQ  ADB по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.
Таким образом,  (ABD,CBD) =  (CA,CQ).
Рассмотрим треугольник ACQ и найдем из него угол ACQ. Для этого
потребуется найти длины отрезков CQ и AQ.
Отрезок CQ – высота, проведенная к гипотенузе треугольника DCN.
Вычисляя площадь треугольника DCN двумя способами, получим равенство
CD  CN  DN  CQ,
Из
из которого CQ 
треугольника
CQN
CD  CN
2
, CQ 
.
DN
3
найдем
QN , QN  CN 2  CQ 2 , QN 
прямоугольного треугольника AQN AQ 2  AN 2  QN 2 , AQ 2 
2
.
3
Из
10
.
3
По следствию из теоремы косинусов для треугольника ACQ получим:
AC 2  CQ 2  AQ 2
1
1
, ACQ  arccos
.
, или cos ACQ 
2 AC  CQ
6
6
1
Таким образом,  (ABD,CBD)=  (CA,CQ)=arccos .
6
1
1
1
Ответ. а) 60°; б) arcsin
; в) arcsin
; г) arccos .
3
3
6
cos ACQ 
Аналитические методы
Векторный метод
Для вычисления углов во многих случаях удобно использовать
скалярное произведение векторов.
Пусть a и b - два вектора. Отложим от какой-нибудь точки О векторы
OA  a и OB  b. Если векторы a и b не сонаправлены, то лучи ОА и ОВ
образуют угол АОВ. Градусная мера угла АОВ называется углом между
векторами a и b . Если векторы a и b сонаправлены, в частности один из
них или оба нулевые, то считается, что угол между ними равен 0°. Если угол
между векторами равен 90°, то векторы называются перпендикулярными.
Угол между векторами a и b обозначают  ( a, b ). Очевидно, что
0°≤  ( a, b )≤180°.
34
Пусть теперь h и k – два луча. Рассмотрим ненулевые векторы h и k
соответственно сонаправленные с лучами h и k. Тогда  (h,k)=  ( h, k ) и
cos  (h,k)=cos  ( h, k )=
hk
hk
(1)
.
Ненулевой вектор называется направляющим вектором прямой а, если
он лежит либо на прямой а, либо на прямой, параллельной а.
Выясним, как можно найти угол между прямыми а и в с помощью
векторов.
Пусть p и q - направляющие векторы прямых а и в соответственно.
Введем обозначения:  (а,в) = φ,  ( p, q ) = θ.
Если 0° ≤ θ ≤ 90°, то φ = θ и cosφ = cosθ = |cosθ|, т.к. cosθ ≥ 0.
Если же 90° < θ ≤ 180°, то φ = 180° - θ и cosφ = -cosθ.
Так как 90° < θ ≤ 180°, то cosθ < 0, а –cosθ > 0, т.е. cosφ = |cosθ|.
Таким образом, получим: cos  (а,в) = |cos  ( p, q )| =
pq
pq
(2)
,
где p и q - направляющие векторы прямых а и в соответственно.
Выясним, как найти с помощью векторов угол между прямой и
плоскостью.
Пусть p - направляющий вектор прямой а, n - ненулевой вектор,
перпендикулярный к плоскости α. Обозначим углы:  (а,α) = φ, ( p, n) = θ. В
зависимости от выбора векторов p и n могут представиться два случая (рис.
29, а, б).
a

n

n
a

p
 

a1


а)


p
a1
б)
Рис. 29
Если 0° ≤ θ ≤90° (рис. 29, а), то φ = 90° - θ, θ = 90° - φ, cosθ = sinφ. Если
90° < θ ≤ 180°, то φ = θ - 90°, θ = 90° + φ, cosθ = -sinφ, sinφ = -cosθ = |cosθ|, т.к.
cosθ <0, а -cosθ>0.
35
Итак получим sin  (a,α) = |cos ( p, n) | =
pn
pn
(3)
,
где p - направляющий вектор прямой а, n - вектор, перпендикулярный
плоскости α.
Так как угол между плоскостями равен углу между прямыми,
перпендикулярными этим плоскостям, то
cos  (α,β) = |cos  ( m, n )| =
mn
(4)
,
mn
где m и n - векторы, перпендикулярные плоскостям α и β соответственно
(направляющие векторы прямых, перпендикулярных плоскостям α и β).
Имея формулы (1)-(4), при нахождении угла в пространстве можно
поступить следующим образом:
1) ввести базисные векторы;
2) выбрать нужную из формул (1)-(4);
3) выразить векторы, входящие в формулу, через базисные;
4) подставить найденные выражения в формулу и произвести
вычисления;
5) записать ответ.
Подчеркнем, что базис в пространстве - это тройка некомпланарных
векторов, для которых известны длины и углы между каждыми двумя
векторами. Для нахождения углов достаточно знать не длины векторов, а
отношения длин.
Такой метод нахождения углов называется векторным.
Решим векторным методом задачу 18.
Решение. Выберем в качестве базисных векторы CA
=

a, CB  b, CD  c. При этом a = b  2, c  1,  a, b   b, c   c, a  90 (рис.30).
     
D
с
Q
C
M
A
а
в
B
N
Рис. 30
36
а) DM и CN - направляющие векторы прямых DM и CN. Выразим эти
 
1
1
ab .
2
2
1
1
( a  c ) ( a  b)
2
2
сos  (DM,CN) = |cos  ( DM , CN )| =
.
1
1
a  c  ( a  b)
2
2
векторы через базисные: DM  CM  CD  a  c, CN 
Подсчитаем отдельно значения выражений в числителе и знаменателе:
1
1
1 1 2
1
1 1 2
1
( a  c) (a  b)  ( a  c  a  ab  bc)   a  0  0  0   4  1.
2
2
2 2
2
2 2
4
2
1
1
1 2
1
DM  a  c  ( a  c) 2 
a  ac  c 
 4  1  2.
2
2
4
4
2
1
1 2
1
CN  a  b 
a  2ab  b 
4  4  2.
2
2
2
Подставим
cos  (DM,CN)=
найденные
значения
в
формулу:
1
1
 . Тогда  (DM,CN)=60°.
2 2 2
Заметим, что длины векторов DM и CN можно было найти и
синтетическим методом: DM из треугольника DCM, CN – медиана,
1
2
проведенная к гипотенузе в прямоугольном треугольнике, CN= АВ.
б) Для нахождения угла между прямой DN и плоскостью ВСD
воспользуемся формулой (3), учитывая, что плоскости ВСD перпендикулярен
вектор a :
sin  (DN,BCD) = |cos  ( DN , a )| =
Выразим вектор DN
вычисления:
DN  a
DN  a
.
через базисные и произведем необходимые
1
1
1 2
a  b  c, DN  a  a  2.
2
2
2
2
1
1
1 2 1 2 2
1
DN  ( a  b  c) 2 
a  b  c  3. sin  (DN,BCD) =

,
2
2
4
4
32
3
1
 (DN,BCD) = arcsin
.
3
DN  CN  CD 
в) Угол между плоскостями находится по формуле (4). Плоскости АВС
перпендикулярен вектор c. Пусть вектор CQ перпендикулярен плоскости
АВD. Разложим его по базисным векторам.
Так
как
точка
Q
принадлежит
плоскости
АВD,
то
CQ  xa  yb  (1  x  y)c. Здесь х и у неизвестны.
Из перпендикулярности вектора CQ плоскости АВD следует, что,
например, вектор CQ перпендикулярен векторам AB и AD. Тогда имеем
систему
37

 AB  CQ  0,


 AD  CQ  0, где АВ  b  a, AD  c  a.
Подставляя в уравнения системы выражения векторов через базисные и
произведя вычисления, получим систему двух алгебраических уравнений с
двумя неизвестными:
1

2
2
x ,
(b  a)( x a  yb  (1  x  y )c)  0,  yb  x a  0,

4y - 4x  0,

6




2
(c  a)( x a  yb  (1  x  y )c)  0,  xa 2  (1  x  y )c  0, (1  x  y )  4 x  0,  y  1 .
6

1 2 1 2 4 2
2
a  b  c 
36
36
9
3
1
1
2
2
c  ( a  b  c)
2
2
6
6
3
 3 
,  (АВС,АВD) = arccos
и cos  (АВС,АВD)=
.
3
3
2
2
1
3
3
1
6
1
6
2
3
Тогда CQ  a  b  c,
CQ 
г) Для нахождения угла между плоскостями АВD
подготовлено:
cos  (ABD,CBD) = |cos (CQ, CA) | =
 (ABD,CBD) = arccos
1
2 
1
 a  b  c a
6
3 
6
CQ  CA

и СВD все
1
.
6
1
.
6
Ответ. а) 60°; б) arcsin
2
1
1
; в) arccos ; г) arccos .
3
3
6
Векторно-координатный и координатный методы
Косинус угла между ненулевыми векторами можно вычислить, зная
координаты векторов: косинус угла между ненулевыми векторами ax1 ; y1 ; z1
и bx2 ; y2 ; z2 выражается формулой cos (a, b) 
a b
ab

x1 x 2  y1 y 2  z1 z 2
x  y12  z12  x 22  y 22  z 22
2
1
. (5)
Тогда при нахождении углов в пространстве можно действовать по
следующему плану:
1) ввести прямоугольную систему координат;
2) выбрать нужную из формул (1)-(4);
3) найти координаты векторов, входящих в формулу;
4) подставить найденные координаты в формулу, учитывая равенство
(5), и произвести вычисления;
5) записать ответ.
При нахождении координат векторов, необходимых для решения, можно
сначала получить векторные выражения, а затем перевести их на язык
координат, а можно сразу использовать формулы метода координат. В
38
первом случае говорят, что задача решена векторно-координатным, во
втором – координатным методами. Проиллюстрируем эти методы на задаче
18.
Решение. Введем систему координат как показано на рисунке 31.
z
D
B
C
y
M
A
N
x
Рис. 31
Для решения нам потребуются координаты точек А, В, С, D. Исходя из
условия, получим:
А (2;0;0), В (0;2;0), С (0;0;0;), D (0;0;1).
а) Используя формулы для вычисления координат середины отрезка по
координатам его концов, находим:
М (1;0;0), N (1;1;0).
Тогда векторы DM и CN имеют координаты DM 1;0 1, CN1;1;0 и
cos  (DM,CN) = |cos  ( DM , CN )| =
11  0 1  (1)  0
11  11
1
 , или  (DM,CN) = 60°.
2
б) Вектор DN
имеет координаты DN 1;1;1, а вектор CA ,
перпендикулярный плоскости ВСD, - координаты
CA2;0;0. Получим:
sin  (DN,BCD) = |cos  ( DN , CA )| =
2
1
1

,  (DN,BCD) = arcsin
.
2 3
3
3
в) Плоскости АВС перпендикулярен вектор CD, который имеет
координаты CD0;0;1.
Координаты вектора CQ , (Q  АВD), перпендикулярного плоскости АВD,
можно найти либо с помощью векторов, либо методом координат.
Рассмотрим оба эти метода.
Векторно-координатный метод
Для нахождения координат точки Q воспользуемся результатами
решения задачи 18,в векторным методом. Там мы нашли, что
1
1
2
CQ  a  b  c, где a  CA 2;0;0, b  CB 0;2;0, c  CD 0;0;1.
6
6
3
39
Переходя от векторного равенства к координатам, и учитывая, что
вектор CQ имеет координаты x; y; z, получим:
1
1
2
x   2   0   0,
6
6
3
1
1
2
y   0   2   0,
6
6
3
1
1
2
z   0   0  1,
6
6
3
1
x ,
3
1
y ,
3
2
или
z ,
3
1 1 2
т.е. вектор CQ имеет координаты  ; ; .
3 3 3 
Используя формулы (4) и (5), находим:
2
3
сos  (АВD,АВС) = |cos (CQ, CD) | =
1
 (АВD,АВС) = arccos
1 1 4
 
9 9 9

2
.
3
2
.
3
Координатный метод
Используя
уравнение
плоскости
в
отрезках
x y z
   1, запишем
a b c
уравнение плоскости АВD:
x y z
   1, или x  y  2 z  2  0.
2 2 1
Из него находим, что вектор с координатами {1;1;2} перпендикулярен
плоскости АВD.
Тогда получим:
0 1  0 1  2 1
2
2
2
.

,  (АВС,АВD) = arccos
3
3
1 1  1  4
6
1
2
1
3

.
г) сos  (АВD,СВD) = |сos (CQ, CA) | =
2
6
2
3
1
 (АВD,СВD) = arccos
.
6
сos  (АВС,АВD) =
Ответ. а) 60°; б) arcsin

2
1
1
; в) arccos ; г) arccos .
3
3
6
Сравнивая разные методы решения задачи 18, можно заметить, что для
требований «а» и «б» все методы равноценны, может быть несколько
сложнее конструктивный, поскольку он связан с дополнительными
построениями. Для требования «в» конструктивный метод наиболее
рационален. Самoе короткое решение задачи «г» дает метод координат, если
40
введено уравнение плоскости в отрезках; конструктивный, векторный и
векторно-координатный методы для требования «г», на наш взгляд,
равноценны.
В заключение еще раз подчеркнем: при решении задач на нахождение
углов необязательно знать длины отрезков, достаточно знать соотношение
длин. Например, данные задачи 18 могли быть такими: Дан равнобедренный
треугольник АВС с прямым углом С. Через вершину С проведена прямая CD,
перпендикулярная плоскости АВС. На ней отложен отрезок CD, в два раза
меньший катета АС. Далее по тексту задачи 18.
В таких случаях при решении вводится вспомогательный линейный
элемент. Например, пусть длина отрезка CD равна а, тогда СА = СВ = 2а, АВ
= 2а 2 и т.д. В итоге это а сократится, исчезнет. Или можно меньший
отрезок CD принять за единицу измерения, тогда СА = СВ = 2, АВ = 2 2 и
т.д.
Итак, для вычисления расстояний и углов мы рассмотрели основные
методы – конструктивный и аналитические: векторный, векторнокоординатный, координатный.
Какой метод выбрать при решении каждой конкретной задачи,
предсказать довольно сложно. Одна из рекомендаций может быть такой: если
условиями задачи определен прямой трехгранный угол (угол, у которого все
плоские углы прямые), то можно пытаться использовать либо метод
координат, либо конструктивный метод; если определен непрямой
трехгранный угол, то более целесообразен векторный метод или
конструктивный. Однако многое зависит и от того, что требуется найти.
41
Задачи для самостоятельного решения
19. Основанием пирамиды PABCD является квадрат. Ребро РВ
перпендикулярно основанию и равно стороне квадрата. Вычислите угол
между а) прямыми PD и АВ; б) прямой PD и плоскостью APC; в) прямой AD
и плоскостью PCD; г) плоскостями РАВ и РСD; д) плоскостями PAD и PCD.
20. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между прямой АВ1 и
плоскостью АВС1 .
21. Основанием прямой четырехугольной призмы ABCDA1B1C1D1
служит прямоугольник ABCD, в котором АВ=3, AD= 19. Найдите угол
между плоскостью AA1D1 и плоскостью, проходящей через середину ребра
CD перпендикулярно прямой B1D, если расстояние между прямыми А1С1 и
ВD равно 6.
22. В правильном треугольнике АВС сторона равна а. На
сонаправленных лучах BD и CE, перпендикулярных к плоскости АВС, взяты
точки D и Е так, что BD 
a
, CE  a 2. Найдите угол между а) DA и DE; б)
2
АВС и АDЕ.
23. С началом в точке А проведены четыре луча АВ, АС, АD, АЕ так, что
 BAC=60°,  BAD =  DAC=45°, а луч АЕ перпендикулярен к плоскости
АВD. Найдите угол САЕ.
24. Дан куб ABCDA1B1C1D1, точки М и N – середины ребер A1D1 и СС1
соответственно. Найдите угол между плоскостями BMN и АВС.
25. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 ребро
основания равно 1, а боковое ребро – 3. Найдите угол между прямой ВА1 и
плоскостью АВС1.
26. В тетраэдре ABCD грань ABC – правильный треугольник. Грань DВС
перпендикулярна плоскости АВС, а две оставшиеся грани составляют с
гранью DВС угол φ. Чему равен угол между а) DА и ВС; б) DВ и АС; в) DА и
АВС; г) DАВ и DАС; д) DАС и DВС?
27. В сфере проведен диаметр SB. Через точку S проведены хорды SA и
SC так, что  ASB=  CSB=45°,  ASC=60°. Найдите угол между а)
плоскостями АВС и ASС; б) плоскостями АВС и ASB; в) плоскостями ASB и
ВSС; г) прямой AS и плоскостью ВSС; д) прямыми SС и АВ.
28. В основании пирамиды МАВС лежит равносторонний треугольник
АВС, длина стороны которого равна 4 2. Боковое ребро МС перпендикулярно
плоскости основания и имеет длину 2. Найдите расстояние и угол между
прямыми МР и СQ, где точки Р и Q – середины ребер ВС и АВ
соответственно.
29. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным а. Точка К – середина
ребра A1D1. Найдите а) расстояние между прямыми ВК и СВ1; б) угол между
прямыми BK и CB1; в) угол между прямой ВК и плоскостью АВС.
42
30. Найдите расстояние и угол между двумя скрещивающимися
медианами граней тетраэдра, каждое ребро которого равно 1. (Исследуйте
все возможные расположения медиан).
Контрольная работа
Основанием пирамиды FАВС является треугольник АВС, в котором
 АВС = 900, АВ = 3, ВС = 4. Ребро АF перпендикулярно плоскости АВС и
равно 4.
1. Найдите расстояния:
а) от точки А до плоскости ВСF;
б) от середины отрезка СF до прямой ВC;
б) между прямыми ВF и АС.
2. Вычислите углы:
а)  (FВ, АCF);
б)  (АCF; ВСF).
43
Ответы
7. d – (R1 +R2).
8. а) 2; б) 2; в) 2; г) 2; д) 19 /2; е) 3 ; ж) 3 ; з) 2 5 /5; и) 3 ; к) 3 /2; л) 2 .
9. а) а 3 /12; б) а 2 /2; в) а 6 /6.
10. а) 2 5 ; б) 3 2 /2.
11. а) аsinαtgβ/(1 + sin

1
); б) а sin2α tgβ.
2
2
a 1  2 cos 
a 3

и
sin
1 2 cos  .
2 cos  / 2
3
2
a 10
26
a 21
13. 2,5.
14.
.
15.
.
16.
.
17. а 3 /3.
5
2
7
1
2 2
19.
а) arccos ; б) arccos
; в) 45°; г) 45°; д) 120°.
3
3
1
5
20. 30°.
21. arctg .
22. а) 90°; б) arccos
23. 45° или 135°.
.
3
3
4
3
24. arccos
25. arcsin
.
.
29
130
12.
26. а) 90°;
б) arctg
3
;
cos
1
2
в) arctg( tg φ);
1  3 cos 2 
1
;
д) arccos ( sin  ).
2
2
1
27. а) arccos ; б) arctg 2 ; в) 90°;
г) 45°; д) 60°.
3
2
2
2a
2
28.
29. а)
б) arccos ;
в) arcsin .
; 45°.
;
3
6
3
17
г) arccos
30.
1
2
; arccos ;
3
10
2
;
35
1
6
arccos .
44
Список литературы
1. Александров А.Д. Геометрия: учеб. для учащихся 10 кл. с углубл.
изуч. математики / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик. – М.:
Просвещение, 2003.
2. Геометрия, 10-11: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и
профил. уровни / [Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др.]. – М.:
Просвещение, 2007.
3. Потоскуев Е.В. Геометрия. 10 кл.: учеб. для общеобразоват.
учреждений с углубл. и профильным изучением математики / Е.В.
Потоскуев, Л.И. Звавич. – М.: Дрофа, 2005.
4. Рыжик В.И. О расстоянии вообще и расстоянии между
скрещивающимися прямыми // Математика для школьников. 2007. № 4. С. 47
– 53; 2008. № 1. С. 45 – 51.
5. Рыжик В.И. Об углах между скрещивающимися прямыми и немного
о прочих углах // Математика для школьников. 2008. № 4. С. 36 – 48.
6. Рыжик В.И. Опять об углах. Угол двугранный // Математика для
школьников. 2009. № 3. С. 35 – 40.
7. Рыжик В.И. Об угле между прямой и плоскостью // Математика для
школьников. 2010. № 2. С. 11 – 18; 2010. № 3. С. 11 – 18.
8. Шарыгин И.Ф. Геометрия. 10-11 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб.
заведений. – М.: Дрофа, 1999.
Содержание
Введение…………………………………………………………………….3
Примерный тематический план изучения темы………………………….4
Требования к знаниям и умениям студентов……………………………..4
§1. Вычисление расстояний в курсе стереометрии………………………6
Задачи для самостоятельного решения…………………………………...26
§2. Вычисление углов в курсе стереометрии……………………………..27
Задачи для самостоятельного решения…………………………………...42
Контрольная работа………………………………………………………...43
Ответы……………………………………………………………………….44
Список литературы…………………………………………………………45
45
Учебное издание
Григорьева Татьяна Петровна
Кузнецова Лидия Ивановна
Расстояния и углы в стереометрии
Учебно-методическое пособие
для студентов факультета математики, информатики и физики
Подписано в печать 26.11.2010г. Печать оперативная. Объем 2,8 п.л.
Тираж 50 экз. Заказ
Нижегородский государственный педагогический университет
Полиграфический участок НГПУ
603950, Нижний Новгород, ГСП-37, ул. Ульянова, 1
46