Вычисление расстояний и углов

47

Вышение расстояний и углов

Кандидат педагогических наук
Ю. И. ИОНИН,
В. В. НЕКРАСОВ

В этой статье рассматривается несколько геометрических задач, для решения которых необходимо вычислить те или иные расстояния или углы в пространстве (эти задачи представлены на вступительных экзаменах в развитие вузы). Задания такого типа удобно решать с помощью скалярного произведения векторов. Основной метод решения заключится в том, что в пространстве выбирается подходящий базис и составляется таблица умножения — таблица скалярных произведений векторов этого базиса. Имея такой таблицу и зная разложения векторов в выбранном базисе, вычислить длины этих векторов и углы между ними уже легко. Мы начнем с простой задачи, где этот метод направляется сам собой, а затем перейдем к более сложным задачам, продемонстрировав на них все основные случаи.

Задание 1 (МАИ, 1981). В треугольной парамиде ABCD все ребра имеют одинаковую длину. Точка M — середина ребра AD, точка O — центр треугольника ABC, точка N — середина ребра AB и точка K — середина ребра CD. Найдите угол между прямыми MO и KN.

Решение e. Приимем длину ребра tetraэдра за единицу и выберем в качестве базиса векторы $\overrightarrow{DA} = \vec{a}, \overrightarrow{DB} = \vec{b}, \overrightarrow{DC} = \vec{c}$. Составим таблицу умножения для этого базиса (табл. 1, с. 48). Разложим векторы $\overrightarrow{MO}$ и $\overrightarrow{KN}$ по векторам $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$:

$$\overrightarrow{MO} = \overrightarrow{DO} - \overrightarrow{DM} = \frac{1}{3} (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - \frac{1}{2} \vec{a} = \frac{1}{6} (-\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c}),$$

$$\overrightarrow{KN} = \overrightarrow{DN} - \overrightarrow{DK} = \frac{1}{2} (\vec{a} + \vec{b}) - \frac{1}{2} \vec{c} = \frac{1}{2} (\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}).$$

Угол $\varphi$ между прямыми MO и KN вычисляется по формуле

$$\cos \varphi = \frac{|\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{KN}|}{|\overrightarrow{MO}| \cdot |\overrightarrow{KN}|}.$$

Найдем $\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{KN}$, $|\overrightarrow{MO}|$ и $|\overrightarrow{KN}|$, получая таблицу 1:

48

$$\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{KN} = \frac{1}{12} (-\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c}) (\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}) = \frac{1}{12};$$
$$|\overrightarrow{MO}| = \frac{1}{6} \sqrt{(-\vec{a} + 2\vec{b} + 2\vec{c})^2} = \frac{1}{2};$$
$$|\overrightarrow{KN}| = \frac{1}{2} \sqrt{(\vec{a} + \vec{b} - \vec{c})^2} = \frac{\sqrt{2}}{2}.$$
Отсюда $\cos \varphi = \frac{\sqrt{2}}{6}$, $\varphi = \arccos \frac{\sqrt{2}}{6}$.

Однако условие задачи не всегда позволяет выбрать базис с полностью определенной таблицей умножения. В этом случае нужно попытаться составить уравнение относительно недостаточного элемента.

Задача 2 (МФТИ, 1974). Сторона основания правльной треугольной прізмы $ABCA_1B_1C_1$ равна $a$, точки $O$ и $O_1$ являются центрами оснований $ABC$ и $A_1B_1C_1$ соответственно. Длина ortogonalной проекции отрезка $AO_1$ на прямую $B_1O$ равна $\frac{5a}{6}$. Определите высоту прізмы.

Решен и е. Выберем в качестве базиса векторы $\overrightarrow{AA_1} = \vec{m}, \overrightarrow{AB} = \vec{n}, \overrightarrow{AC} = \vec{p}$ (рис. 1). Пусть $h = |\vec{m}|$. Таблица 2 — это таблица умножения для базиса $(\vec{m}, \vec{n}, \vec{p})$.

Ортогonalная проекция отрезка $AO_1$ на прямую $B_1O$ равна длине этого отрезка, умноженной на косинус угла

Рис. 1.

ф между прямыми $AO_1$ и $B_1O$. Чтобы вычислить $|\overrightarrow{AO_1}|$ и cos $\varphi$, разложим векторы $\overrightarrow{AO_1}$ и $\overrightarrow{B_1O}$ в базис $(\vec{m}, \vec{n}, \vec{p})$:

$$\overrightarrow{AO_1} = \frac{1}{3} (\overrightarrow{AA_1} + \overrightarrow{AB_1} + \overrightarrow{AC_1}) =$$
$$= \frac{1}{3} (\vec{m} + \vec{m} + \vec{n} + \vec{p}) =$$
$$= \frac{1}{3} (3\vec{m} + \vec{n} + \vec{p});$$
$$\overrightarrow{B_1O} = \overrightarrow{AO} - \overrightarrow{AB_1} = \frac{1}{3} (\vec{n} + \vec{p}) - (\vec{m} + \vec{n}) =$$
$$= \frac{1}{3} (-3\vec{m} - 2\vec{n} + \vec{p}).$$

Используя таблицу 2, находим:

$$|\overrightarrow{AO_1}| = |\overrightarrow{B_1O}| = \frac{1}{3} \sqrt{9h^2 + 3a^2},$$
$$\overrightarrow{AO_1} \cdot \overrightarrow{B_1O} = -\frac{1}{6} (6h^2 + a^2),$$
$$\cos \varphi = \frac{6h^2 + a^2}{2(3h^2 + a^2)}.$$

Поскольку $|\overrightarrow{AO_1}| \cdot \cos \varphi = \frac{5a}{6}$, мы получаем уравнение
$$\frac{\sqrt{9h^2 + 3a^2}(6h^2 + a^2)}{6(3h^2 + a^2)} = \frac{5a}{6}.$$
Отсюда $h = \frac{a \sqrt{6}}{3}$.

Можно выделить четыре основных типа задачи на вычисление расстояний и углов:

1. Расстояние от точки до прямы

Дано: точка $M$; пряма $l$ с направлением вектором $\vec{a}$, точка $A$, принадлежащая прямой $l$; $\overrightarrow{AM} = \vec{m}$.

Найти: расстояние от точки $M$ до прямы $l$.

(Векторы $\vec{a}$ и $\vec{m}$ в условиях их разложения в некотором базисе с заданной таблицей умножения.)

Приведем схему решения этой задачи.

Пусть $N$ — ortogonalная проекция точки $M$ на прямую $l$ (рис. 2). Тогда $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AN} - \overrightarrow{AM} = x\vec{a} - \vec{m}$. Незввест-

50

$\vec{A} = 60^\circ$. Все ребра прізмы имеют длину $a$. Точка $K$ является ортогональной проекцией точки $B_1$ на плоскость $DA_1C_1$, а точка $L$ — ортогональной проекцией точки $K$ на плоскость $DD_1C_1C$. Найдите объем пирамиды $DCLK$.

Решение. Прием за основание примыды $DCLK$ треугольник $CDL$, лежащий в плоскости $DD_1C_1C$. тогда отрезок $KL$ — высота примыды (рис. 5). Следовательно, $V_{KCDL} = \frac{1}{3} S_{CDL} \cdot KL = \frac{1}{6} DC \cdot LM \cdot KL$, где $M$ — ортогональная проекция точки $L$ на прямую $DC$.

Выберем в качестве базиса векторы $\vec{C}_1\vec{B}_1 = \vec{m}, \vec{C}_1\vec{D}_1 = \vec{n}, \vec{C}_1\vec{C} = \vec{p}$ и заполним таблицу 4 — таблицу умножения для этого базиса.

Далее,
$$\vec{B}_1\vec{K} = \vec{C}_1\vec{K} - \vec{C}_1\vec{B}_1 = x\vec{C}_1\vec{A}_1 + y\vec{C}_1\vec{D} - \vec{C}_1\vec{B}_1 = x(\vec{m} + \vec{n}) + y(\vec{n} + \vec{p}) - \vec{m} = (x - 1)\vec{m} + (x + y)\vec{n} + y\vec{p}.$$

Так как вектор $\vec{B}_1\vec{K}$ перpendикулярен вектором $\vec{C}_1\vec{A}_1$ и $\vec{C}_1\vec{D}$, получаем систему
$$\vec{B}_1\vec{K} \cdot (\vec{m} + \vec{n}) = 0, \quad \vec{B}_1\vec{K} \cdot (\vec{n} + \vec{p}) = 0.$$

Заменив вектор $\vec{B}_1\vec{K}$ его разложением в базис $(\vec{m}, \vec{n}, \vec{p})$ и воспользовавшись таблицей 4, прием после упрощенной к системе управления $2x + y = 1$, $3x + 4y = 1$, открываем $\vec{KL} = \frac{3}{5}(\vec{m} + \vec{n}) - \frac{1}{5}(\vec{n} + \vec{p}) = \frac{1}{5}(3\vec{m} + 2\vec{n} - \vec{p})$. Аналогично $\vec{KL} = \vec{C}_1\vec{L} - \vec{C}_1\vec{K} = z\vec{C}_1\vec{D}_1 + t\vec{C}_1\vec{C} - \vec{C}_1\vec{K} = z\vec{n} + t\vec{p} - \frac{1}{5}(3\vec{m} + 2\vec{n} - \vec{p}) = \frac{1}{5}(-3\vec{m} + (5z - 2)\vec{n} + (5t + 1)\vec{p})$. Так как $\vec{KL} \cdot \vec{n} = 0$, то $-\frac{3}{2} + 5z - 2 = 0$, открываем $z = \frac{7}{10}$, и $5t + 1 = 0$, открываем $t = -\frac{1}{5}$. Следовательно,
$$\vec{KL} = \frac{1}{5}(-3\vec{m} + \frac{3}{2}\vec{n}) = \frac{3}{10}(-2\vec{m} + \vec{n}).$$

Теперь можно найти высоту примыды $KCDL$:
$$KL = \frac{3}{10}\sqrt{(-2\vec{m} + \vec{n})^2} = \frac{3a\sqrt{3}}{10}.$$

Осталось найти $\vec{LM}$:
$$\vec{LM} = \vec{CM} - \vec{CL} = u\vec{CD} - (\vec{C}_1\vec{L} - \vec{C}_1\vec{C}) = u\vec{n} - z\vec{n} - t\vec{p} + \vec{p} = (u - \frac{7}{10})\vec{n} + \frac{6}{5}\vec{p}.$$

Так как $\vec{LM} \cdot \vec{n} = 0$, то $u = \frac{7}{10}$, открываем $\vec{LM} = \frac{6}{5}\vec{p}$, $|\vec{LM}| = \frac{6a}{5}$. Таким образом,
$$V_{KCDL} = \frac{1}{6} \cdot a \cdot \frac{6a}{5} \cdot \frac{3a\sqrt{3}}{10} = \frac{3a^3\sqrt{3}}{50}.$$

3. Расстояние и угол между скрещивающимся прямыми

Дано: прямая $l_1$ с направляющим вектором $\vec{a}_1$, точка $A_1$, принадлежащая прямой $l_1$; прямая $l_2$ с направляющим вектором $\vec{a}_2$, точка $A_2$, принадлежащая прямой $l_2$; $\vec{A}_1\vec{A}_2 = \vec{m}$.

Найти: расстояние $u$ угол между прямыми $l_1$ и $l_2$.

51

Задание этого типа решения по следующей схеме.

Косинус угла φ между прямыми $l_1$ и $l_2$ находится по формуле

$$\cos \varphi = \frac{|\vec{a}_1 \cdot \vec{a}_2|}{|\vec{a}_1| \cdot |\vec{a}_2|}.$$

Чтобы определить расстояние между прямыми $l_1$ и $l_2$, то есть длину их общего перепределения $P_1P_2$ ($P_1 \in l_1$, $P_2 \in l_2$, рисунок 6), представим вектор $\vec{P}_1\vec{P}_2$ в виде $\vec{P}_1\vec{P}_2 = \vec{P}_1\vec{A}_1 + \vec{A}_1\vec{A}_2 + \vec{A}_2\vec{P}_2 = x\vec{a}_1 + \vec{m} + y\vec{a}_2$. Незввесные коэффициенты $x, y$ находятся из условия перепределения вектора $\vec{P}_1\vec{P}_2$ вектора $\vec{a}_1$ и $\vec{a}_2$:

$$\begin{cases} (x\vec{a}_1 + y\vec{a}_2 + \vec{m})\vec{a}_1 = 0, \\ (x\vec{a}_1 + y\vec{a}_2 + \vec{m})\vec{a}_2 = 0. \end{cases}$$

Искомое расстояние — длина вектора $\vec{P}_1\vec{P}_2$, то есть $\sqrt{(x\vec{a}_1 + y\vec{a}_2 + \vec{m})^2}$.

Задание 5 (МГУ, мек.-мат., 1977). Основанием параметры SABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна $4\sqrt{2}$. Боковое ребро SC перепределения к плоскости основания и имеет длину 2. Найдите величины угла и расстояние между скрещивающимся прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра BC, а другая проходит через точку C и середину ребра AB.

Решение. Пусть $M$ и $N$ — середины ребер BC и AB (рис. 7). Выберем в качестве базиса векторы $\vec{CA} = \vec{a}$, $\vec{CB} = \vec{b}$, $\vec{CS} = \vec{c}$. Таблица умножения для этого базиса — это таблица 5. Найдем угол φ между прямыми SM и CN:

$$\vec{SM} = \vec{CM} - \vec{CS} = \frac{1}{2} \vec{b} - \vec{c} = \frac{1}{2} (\vec{b} - 2\vec{c}); \quad \vec{CN} = \frac{1}{2} (\vec{a} + \vec{b}).$$

Вычислим $\vec{SM} \cdot \vec{CN}$, $|\vec{SM}|$, $|\vec{CN}|$:

$$\vec{SM} \cdot \vec{CN} = 12, \quad |\vec{SM}| = 2\sqrt{3}, \quad |\vec{CN}| = 2\sqrt{6}.$$

Следовательно, $\cos \varphi = \frac{12}{2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \quad \varphi = 45^\circ$.

Вычислим теперь расстояние между прямыми SM и CN, то есть длину их общего перепределения PQ ($P \in SM, Q \in CN$):

$$\vec{PQ} = x\vec{SM} + y\vec{CN} + \vec{SC} = \frac{x}{2} (\vec{b} - 2\vec{c}) + \frac{y}{2} (\vec{a} + \vec{b}) - \vec{c} = \frac{1}{2} (y\vec{a} + (x + y)\vec{b} - (2x + 2)\vec{c}).$$

Из условия перепределения вектора $\vec{PQ}$ вектора $\vec{b} - 2\vec{c}$ и $\vec{a} + \vec{b}$ получаем систему уравнений

$$3x + 3y = -1, \quad x + 2y = 0,$$

откуда $x = -\frac{2}{3}, \quad y = \frac{1}{3}$.

Следовательно, $\vec{PQ} = \frac{1}{6} (\vec{a} - \vec{b} - 2\vec{c}), \quad PQ = \frac{1}{6} \sqrt{(\vec{a} - \vec{b} - 2\vec{c})^2} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

4. Угол между плоскостями

Угол между двумя плоскостями равен углу между перепределениями им прямыми. Действительно, пуст плоскости $a$ и $b$ пересекаются по прямой $c$ (рис. 8). Через какую-нибудь на прямой $c$, проведем прямые $a$ и $b$, пересекает плоскости $a$ и $b$ по прямым $a_1$ и $b_1$, перепределяным прямой $c$ (см. рис. 8). Угол между плоскостями $a$ и $b$ равен углу между прямыми $a_1$ и $b_1$, которое, в свою очередь, равен углу между прямыми $a$ и $b$ (так как прямы $a, b, a_1, b_1$ лежат в одной плоскости и $a \perp a_1, b \perp b_1$).