А.1
Мастер-класс Угол между скрещивающимися прямыми
К Атласу №13
Тип А.1 · Расширенный разбор

Угол между скрещивающимися прямыми

Самый «творческий» тип задачи №13. Главный приём — параллельный перенос: подменяем одну из прямых на параллельную ей, проходящую через точку второй. Получаем пересекающиеся прямые и измеряем угол между ними.

3
метода
3
задачи
1
перенос
Главная формула типа А.1 · Две стороны одной медали
$\varphi = \angle(\ell_1',\ \ell_2)$
геометрически · параллельный перенос $\ell_1\to\ell_1'$ до пересечения
≡
$\cos\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec v|}{|\vec u|\cdot|\vec v|}$
координатно · через направляющие $\vec u, \vec v$
Угол между скрещивающимися прямыми лежит в $(0°;\,90°]$ — поэтому модуль в числителе. Когда модуль не нужен, получаем тупой или прямой угол; модуль возвращает «острый или прямой».
Часть I · Базовая задача

Куб: диагонали граней AB₁ и BC₁

Классическая первая задача типа А.1: две диагонали соседних боковых граней единичного куба. Ответ — табличный $60°$, и узнаётся он почти без вычислений.

А.1 ★

Базовый сценарий — две диагонали соседних граней

единичный куб · параллельный перенос · равносторонний треугольник
Дан единичный куб ABCDA₁B₁C₁D₁.
Найти угол между прямыми $AB_1$ и $BC_1$.
fig. А.1 base потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
Три параллельных решения. Один ответ $60°$. Геометрия — самый изящный путь (равносторонний треугольник угадывается «глазом»); координаты — самый надёжный; векторы без координат — золотая середина.
I
Метод I · Параллельный перенос
из скрещивающихся — в пересекающиеся
  1. Идея метода. По определению, угол между скрещивающимися прямыми $\ell_1$ и $\ell_2$ равен углу между двумя пересекающимися прямыми, одна из которых параллельна $\ell_1$, другая — $\ell_2$.
  2. Находим параллельный перенос. Заметим, что прямая $AB_1$ параллельна прямой $DC_1$. Действительно, $ABCD$ — квадрат, поэтому $AB\parallel DC$ и $|AB|=|DC|$, значит $ABCD$... нет, точнее: четырёхугольник $ABC_1D_1$? — нет, нужен другой ход.

    Правильное наблюдение: четырёхугольник $ABC_1D_1$ — это параллелограмм, поскольку $AB\parallel D_1C_1$ и $|AB|=|D_1C_1|=1$ (рёбра противоположных граней куба). Значит $AD_1\parallel BC_1$. Не совсем то, что нужно.

    Попробуем иначе: $AB_1$ и $DC_1$ — это диагонали параллельных боковых граней $ABB_1A_1$ и $DCC_1D_1$. Так как $AB\parallel DC$ и $AA_1\parallel DD_1$ (рёбра куба), сами грани параллельны, а соответствующие диагонали параллельны: $AB_1\parallel DC_1$.
  3. Заменяем $AB_1$ на $DC_1$. Прямая $DC_1$ пересекается с $BC_1$ — в общей точке $C_1$. Поэтому угол между $AB_1$ и $BC_1$ равен углу $\angle DC_1B$ в треугольнике $BDC_1$.
  4. Стороны треугольника $BDC_1$. Каждая из них — диагональ грани единичного куба:
    • · $BD$ — диагональ основания $ABCD$, $|BD|=\sqrt 2$;
    • · $DC_1$ — диагональ боковой грани $DCC_1D_1$, $|DC_1|=\sqrt 2$;
    • · $BC_1$ — диагональ боковой грани $BCC_1B_1$, $|BC_1|=\sqrt 2$.
  5. Треугольник равносторонний. Все три стороны равны $\sqrt 2$, значит все углы равны $60°$. В частности, $\angle DC_1B = 60°.$
Ответ метода I $\varphi = 60°$
Тонкий момент При параллельном переносе мы вправе выбрать любую из двух параллельных. Здесь выбрана та, которая пересекает вторую исходную прямую $BC_1$ — это и есть критерий правильного переноса.
II
Метод II · Координаты и скалярное произведение
без построений, без переносов
  1. Координаты. Помещаем $A$ в начало, оси по рёбрам: $$A=(0;0;0),\ B=(1;0;0),\ C=(1;1;0),\ D=(0;1;0),$$ $$A_1=(0;0;1),\ B_1=(1;0;1),\ C_1=(1;1;1),\ D_1=(0;1;1).$$
  2. Направляющие векторы. $$\vec u = \vec{AB_1} = (1;\ 0;\ 1),\quad \vec v = \vec{BC_1} = (0;\ 1;\ 1).$$ Длины: $|\vec u| = |\vec v| = \sqrt 2$.
  3. Скалярное произведение. $$\vec u\cdot\vec v = 1\cdot 0 + 0\cdot 1 + 1\cdot 1 = 1.$$
  4. Формула. $$\cos\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec v|}{|\vec u|\cdot|\vec v|} = \dfrac{|1|}{\sqrt 2\cdot\sqrt 2} = \dfrac{1}{2}.$$
  5. Табличный угол. $\cos\varphi = \tfrac12\ \Rightarrow\ \varphi = 60°.$
Ответ метода II $\varphi = 60°$
Почему модуль Если убрать модуль, получим $\cos\theta = \tfrac12$ — это острый угол. Но если переориентировать $\vec u$ (поменять направление на противоположное), получим $\cos\theta = -\tfrac12$ — тупой угол $120°$. Угол между прямыми всегда острый или прямой, поэтому берём модуль: $|\!\cos\theta|=\tfrac12$, и получаем корректные $60°$.
III
Метод III · Симметрия куба
$60°$ — без вычислений
  1. Узнаём правильную фигуру. Соединим три вершины куба $B$, $D$, $C_1$. Это «не соседние» вершины: каждая пара соединена диагональю одной из граней (а не ребром).
  2. Все три отрезка $BD$, $DC_1$, $BC_1$ — диагонали граней единичного куба. Длина каждой — $\sqrt 2$. Это утверждение следует из симметрии куба: куб переводится в себя поворотом на $120°$ вокруг пространственной диагонали $AC_1$, при котором $B\to D\to A_1$ (или иной циклический поворот). Этот поворот переводит наши три отрезка друг в друга, значит они одной длины.
  3. Равносторонний треугольник. Все его углы равны $60°$, причём в точке $C_1$ как раз сходятся прямая $BC_1$ и заменитель $DC_1$ для $AB_1$.
Ответ метода III $\varphi = 60°$
Полезный факт о кубе Три «не соседние» вершины куба, симметричные относительно пространственной диагонали $AC_1$, всегда образуют равносторонний треугольник со стороной $a\sqrt 2$ (а в нашем случае $a=1$, сторона $\sqrt 2$). Такое сечение куба часто появляется в задачах №13 и №14.
Сравнение методов
I · Перенос

Школьный универсальный путь. Требует найти удобную параллельную прямую — не всегда очевидно.

наглядно нужна интуиция
II · Координаты

Безотказный механический путь. Работает в любой задаче. На ЕГЭ — лучший выбор для среднего ученика.

всегда работает внимательно с модулем
III · Симметрия

Самый красивый путь, если узнал правильную фигуру. В одной строке — но требует «насмотренности».

в одну строку не везде работает
Часть II · Похожая задача I

Призма: AB₁ и BC₁ в треугольной

Те же два «соседних» отрезка, но в правильной треугольной призме. Ответ уже не табличный — $\operatorname{arccos}\tfrac14$.

№1 ∼

Треугольная призма · все рёбра 1

правильная призма · теорема косинусов · векторы
В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны $1$.
Найти угол между прямыми $AB_1$ и $BC_1$.
fig. ∼ I потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
I
Метод I · Параллельный перенос + теорема косинусов
вспомогательная точка $X$
  1. Идея. Параллельно переносим прямую $BC_1$ так, чтобы её начало совпало с $A$. Получится отрезок $AX$, где $X$ — вспомогательная точка, $X = A + \vec{BC_1}$.
    Тогда угол между $AB_1$ и $BC_1$ равен углу $\angle B_1AX$ в треугольнике $AB_1X$.
  2. Найдём стороны треугольника $AB_1X$.
    $|AB_1|$. Диагональ боковой грани $ABB_1A_1$ — это диагональ единичного квадрата: $|AB_1|=\sqrt 2$.
    $|AX|=|BC_1|$. Аналогично, диагональ другой боковой грани, тоже $\sqrt 2$.
    $|B_1X|$. Это самая интересная сторона; найдём её через координаты ниже.
  3. Координаты для вычисления $|B_1X|$. $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $C=(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,0)$, $B_1=(1;0;1)$, $C_1=(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1)$.
    $\vec{BC_1} = C_1 - B = (-\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1)$.
    $X = A + \vec{BC_1} = (-\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1)$.
    $$|B_1X| = \sqrt{(1-(-\tfrac12))^2 + (0-\tfrac{\sqrt 3}{2})^2 + (1-1)^2} = \sqrt{\tfrac{9}{4}+\tfrac{3}{4}} = \sqrt 3.$$
  4. Применяем теорему косинусов в треугольнике $AB_1X$. $$|B_1X|^2 = |AB_1|^2 + |AX|^2 - 2\cdot|AB_1|\cdot|AX|\cdot\cos\angle B_1AX.$$ $$3 = 2 + 2 - 2\cdot\sqrt 2\cdot\sqrt 2\cdot\cos\varphi = 4 - 4\cos\varphi.$$ $$\cos\varphi = \dfrac{4 - 3}{4} = \dfrac{1}{4}.$$
  5. Финал. $\varphi = \operatorname{arccos}\dfrac{1}{4}\approx 75{,}5°.$
Ответ метода I $\varphi = \operatorname{arccos}\dfrac{1}{4}$
II
Метод II · Координаты и скалярное произведение
по прямой формуле, без построений
  1. Координаты. $A=(0;0;0)$, $B=(1;0;0)$, $C=\Bigl(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,0\Bigr)$, $B_1=(1;0;1)$, $C_1=\Bigl(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1\Bigr)$.
  2. Направляющие. $$\vec u = \vec{AB_1} = (1;\,0;\,1),\ |\vec u|=\sqrt 2.$$ $$\vec v = \vec{BC_1} = \Bigl(-\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1\Bigr),\ |\vec v|=\sqrt{\tfrac14+\tfrac34+1}=\sqrt 2.$$
  3. Скалярное произведение. $$\vec u\cdot\vec v = 1\cdot(-\tfrac12) + 0\cdot\tfrac{\sqrt 3}{2} + 1\cdot 1 = -\tfrac12 + 1 = \tfrac12.$$
  4. Косинус. $$\cos\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec v|}{|\vec u|\cdot|\vec v|} = \dfrac{1/2}{\sqrt 2\cdot\sqrt 2} = \dfrac{1/2}{2} = \dfrac{1}{4}.$$
Ответ метода II $\varphi = \operatorname{arccos}\dfrac{1}{4}$
III
Метод III · Векторы без координат
разложение по рёбрам
  1. Разложение направляющих. Обозначим: $\vec a = \vec{AB}$, $\vec b = \vec{BC}$ (стороны равностороннего треугольника), $\vec h = \vec{AA_1}$ (вертикальное ребро). У нас $|\vec a|=|\vec b|=|\vec h|=1$.
    Тогда $$\vec{AB_1} = \vec a + \vec h,\quad \vec{BC_1} = \vec b + \vec h.$$
  2. Соотношения скалярных произведений рёбер.
    $\vec a\cdot\vec h = 0$, $\vec b\cdot\vec h = 0$ (боковое ребро перпендикулярно основанию).
    $\vec h\cdot\vec h = 1$.
    $\vec a\cdot\vec b$ — это произведение длин и косинуса угла между $\vec a$ и $\vec b$.
    Внимание: угол между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{BC}$ — это не $60°$ (внутренний угол треугольника), а $180°-60°=120°$ (поскольку векторы идут «вход в $B$» и «выход из $B$»). Поэтому $\vec a\cdot\vec b = 1\cdot 1\cdot\cos 120° = -\tfrac12.$
  3. Раскрываем скобки. $$\vec{AB_1}\cdot\vec{BC_1} = (\vec a + \vec h)\cdot(\vec b + \vec h) = \vec a\cdot\vec b + \vec a\cdot\vec h + \vec h\cdot\vec b + \vec h\cdot\vec h = -\tfrac12 + 0 + 0 + 1 = \tfrac12.$$
  4. Длины направляющих. $|\vec{AB_1}|^2 = (\vec a+\vec h)\cdot(\vec a+\vec h) = 1 + 0 + 1 = 2$, $|\vec{AB_1}|=\sqrt 2$. Аналогично $|\vec{BC_1}|=\sqrt 2$.
  5. Косинус. $$\cos\varphi = \dfrac{|1/2|}{\sqrt 2\cdot\sqrt 2} = \dfrac{1}{4}.$$
Ответ метода III $\varphi = \operatorname{arccos}\dfrac{1}{4}$
Когда выручает Если фигура не садится в естественную прямоугольную систему координат — этот метод спасает. Любая прямая выражается через рёбра, скалярные произведения которых известны заранее. Особенно полезно для пирамид и неправильных призм.
Часть III · Похожая задача II

Шестиугольная призма: AB₁ и BD

Чистый прямой угол. Геометрическое решение — через перпендикулярность прямой и плоскости, без всякой тригонометрии.

№2 ∼

Шестиугольная призма · ребро 1

правильная призма · перпендикулярность прямой и плоскости
В правильной шестиугольной призме ABCDEF A₁B₁C₁D₁E₁F₁ с ребром $1$.
Найти угол между прямыми $AB_1$ и $BD$.
fig. ∼ II потяните, чтобы повернуть
Шаги разбора
I
Метод I · Перпендикулярность прямой и плоскости
самый красивый — без вычислений
  1. Идея. Если удастся показать, что прямая $BD$ перпендикулярна всей плоскости $(ABB_1A_1)$, в которой лежит $AB_1$, то $BD\perp AB_1$ автоматически. Угол $= 90°$.
  2. Перпендикулярность $BD\perp AB$ в основании. Это утверждение «плоское» — про правильный шестиугольник $ABCDEF$. Соединим точки $A$, $B$, $D$:
    • · $|AB|=1$ (сторона);
    • · $|BD|=\sqrt 3$ (короткая диагональ через одну вершину);
    • · $|AD|=2$ (длинная диагональ через центр).
    Проверка Пифагором: $|AB|^2 + |BD|^2 = 1 + 3 = 4 = |AD|^2$. Значит $\triangle ABD$ прямоугольный с прямым углом при $B$: $AB\perp BD$.
  3. Перпендикулярность $BB_1\perp BD$. Призма правильная, поэтому боковое ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания. Любая прямая основания (в том числе $BD$) перпендикулярна $BB_1$.
  4. Признак перпендикулярности прямой и плоскости. Прямые $AB$ и $BB_1$ пересекаются в точке $B$ и обе перпендикулярны $BD$. Следовательно, $BD$ перпендикулярна плоскости $(ABB_1A_1)$.
  5. Финал. Прямая $AB_1$ лежит в плоскости $(ABB_1A_1)$ (диагональ грани). Значит $BD\perp AB_1$, и угол между ними равен $90°.$
Ответ метода I $\varphi = 90°$
Важно знать В правильном шестиугольнике короткая диагональ через одну вершину равна $a\sqrt 3$, длинная (через центр) — $2a$. Угол $\angle ABD = 90°$ — типичная конструкция, на которой строятся многие задачи стереометрии в шестиугольных призмах.
II
Метод II · Координаты
скалярное произведение = 0
  1. Координаты вершин. Помещаем центр $O$ основания в начало, вершины правильного шестиугольника со стороной $1$ на единичной окружности: $$A=(1;\,0;\,0),\ B=\Bigl(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,0\Bigr),\ C=\Bigl(-\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,0\Bigr),\ D=(-1;\,0;\,0).$$ Высоту прибавляем для $B_1$: $B_1=\Bigl(\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1\Bigr).$
  2. Направляющие. $$\vec u = \vec{AB_1} = \Bigl(-\tfrac12;\,\tfrac{\sqrt 3}{2};\,1\Bigr),\quad \vec v = \vec{BD} = \Bigl(-\tfrac32;\,-\tfrac{\sqrt 3}{2};\,0\Bigr).$$
  3. Скалярное произведение. $$\vec u\cdot\vec v = \Bigl(-\tfrac12\Bigr)\cdot\Bigl(-\tfrac32\Bigr) + \tfrac{\sqrt 3}{2}\cdot\Bigl(-\tfrac{\sqrt 3}{2}\Bigr) + 1\cdot 0 = \tfrac34 - \tfrac34 + 0 = 0.$$
  4. Вывод. Произведение равно нулю, значит $\vec u\perp\vec v$, и угол между прямыми равен $90°$.
Ответ метода II $\varphi = 90°$
III
Метод III · Векторы без координат
разложение по рёбрам и диагоналям
  1. Разложение. Введём $\vec a = \vec{AB}$, $\vec h = \vec{BB_1}$. Тогда $\vec{AB_1} = \vec a + \vec h$. Вектор $\vec{BD}$ разложим через стороны: $\vec{BD} = \vec{BC} + \vec{CD}$, или ещё проще — представим напрямую.
  2. Ключевое наблюдение. В правильном шестиугольнике $BD\perp AB$ (показано в методе I). Значит $\vec{AB}\cdot\vec{BD}=0$.
  3. Перпендикулярность вертикали. $\vec{BB_1}$ — вертикаль, $\vec{BD}$ горизонтальна, поэтому $\vec{BB_1}\cdot\vec{BD}=0$.
  4. Скалярное произведение направляющих. $$\vec{AB_1}\cdot\vec{BD} = (\vec{AB} + \vec{BB_1})\cdot\vec{BD} = \vec{AB}\cdot\vec{BD} + \vec{BB_1}\cdot\vec{BD} = 0 + 0 = 0.$$
  5. Вывод. Скалярное произведение равно нулю — прямые перпендикулярны.
Ответ метода III $\varphi = 90°$
Это и есть метод I, но на языке векторов По сути векторное разложение проще формулирует тот же геометрический факт: «$BD$ перпендикулярна и горизонтальной части $AB$, и вертикальной части $BB_1$, значит и всей $AB_1$». Удобно, когда плоский геометрический язык кажется тяжеловесным.
Часть IV · Алгоритм

Пять шагов к ответу А.1

Универсальная последовательность для скрещивающихся прямых в любых многогранниках.

1

Постановка

Выделить две скрещивающиеся прямые $\ell_1, \ell_2$. Убедиться, что они не пересекаются и не параллельны.

2

Перенос или координаты

Либо найти параллель $\ell_1'\parallel\ell_1$, проходящую через точку $\ell_2$, либо ввести координаты — и не «утонуть» в выборе.

3

Треугольник или векторы

Если геометрия — построить треугольник в плоскости пересекающихся прямых. Если координаты — выписать направляющие.

4

Тригонометрия / формула

Теорема косинусов либо $\cos\varphi=|\vec u\cdot\vec v|/(|\vec u||\vec v|)$. Не забыть модуль!

5

Финал

Если получили косинус — оставить как «$\arccos$», если узнаётся табличное значение — записать угол в градусах. Ответ обязательно.

Памятка

Узнаваемые шаблоны в А.1

Три ситуации, в которых ответ выписывается «с лёта». Стоит запомнить.

Равносторонний треугольник в кубе

три диагонали соседних граней, выходящие из одной вершины-«партнёра»
$\varphi = 60°$

Базовый случай А.1. Треугольник $BDC_1$ или любой его «брат» по симметрии. Сторона $a\sqrt 2$, все углы $60°$.

Симметрия правильной призмы

диагонали соседних боковых граней
$\cos\varphi = \dfrac{\cos\alpha_{\text{осн}} + 1}{2}$

$\alpha_{\text{осн}}$ — внешний угол при вершине основания. Для треугольной призмы: $\alpha=120°$, $\cos\varphi = \tfrac14$. Для квадратной (куб): $\alpha=180°$, $\cos\varphi = 0$, но прямые параллельны, не скрещиваются. Для шестиугольной: $\alpha=60°$, $\cos\varphi = \tfrac34$.

Прямой угол через плоскость

одна прямая перпендикулярна плоскости второй
$\varphi = 90°$

Если $\ell_1\subset\pi$ и $\ell_2\perp\pi$ — автоматически $\ell_1\perp\ell_2$. Часто работает в шестиугольных призмах и пирамидах с осью.

Часть V · Рекомендации

Когда какой метод выбирать

Шесть карточек: для решения, проверки и избежания типичных ошибок.

I · ПереносКогда работает

Лучший выбор, когда:

  • В фигуре есть очевидная параллель: $AB_1\parallel DC_1$ в кубе, $A_1B_1\parallel AB$ в любой призме.
  • После переноса получается «узнаваемый» треугольник (равносторонний, равнобедренный, прямоугольный).
  • Стороны треугольника считаются за две строки.
Перенос $\ell_1\to\ell_1'$ так, чтобы $\ell_1'\cap\ell_2\neq\varnothing$

II · КоординатыКогда работает

Самый безотказный метод:

  • Фигура легко садится в прямоугольную систему координат.
  • Координаты вершин — целые или с одной иррациональностью ($\sqrt 2$, $\sqrt 3$).
  • Сразу получаем $\cos\varphi$ без построений.
$\cos\varphi = \dfrac{|\vec u\cdot\vec v|}{|\vec u|\cdot|\vec v|}$

III · Векторы без координатКогда работает

Метод выбора, если фигура «неудобная»:

  • В пирамиде с косой осью или в неправильном многограннике.
  • Раскладываем направляющие по рёбрам: $\vec u = \vec a + \vec h$, $\vec v = \vec b + \vec h$.
  • Скалярные произведения рёбер известны заранее (квадраты длин, известные углы).
$\vec u\cdot\vec v = \sum$ известных $\vec e_i\cdot\vec e_j$

ГраблиЧего избегать

Типичные ошибки в А.1:

  • Забыть модуль в формуле $\cos\varphi = |\vec u\cdot\vec v|/(\ldots)$ — и получить тупой угол вместо острого.
  • Перепутать угол между векторами (может быть тупым) и угол между прямыми (всегда острый или прямой).
  • Перепутать угол $\angle ABC$ (внутренний угол треугольника) с углом между $\vec{AB}$ и $\vec{BC}$ — они дополняют друг друга до $180°$.
  • Считать, что прямые «как бы пересекаются» (по проекции) — это не так, нужен формальный перенос.

ТрюкПараллели в типовых фигурах

Найди параллель «с первого взгляда»:

  • В кубе $ABCD\!A_1B_1C_1D_1$: $AB_1\parallel DC_1$, $AB_1\parallel D_1C$ — диагонали параллельных граней.
  • В любой призме: верхнее и нижнее рёбра $A_1B_1\parallel AB$.
  • В правильной пирамиде: середины боковых рёбер образуют сечение, параллельное основанию.

ПроверкаКонтроль ответа

До «Ответ:» обязательно:

  • Угол должен быть в $(0°;\,90°]$. Если получилось $> 90°$ — забыли модуль.
  • $|\cos\varphi|\le 1$ — формальная проверка: если получилось $\tfrac{5}{4}$, есть ошибка.
  • Прикидка: если фигура «расходится» в перпендикулярных направлениях — ответ близок к $90°$. Если «параллельна» — близок к $0°$.
  • Перепроверить вторым методом. Для А.1 это занимает 3–4 минуты.