Даны 2 скрещивающиеся прямые как провести через них 2 параллельные плоскости (4 видео)

Содержание

Скрещивающиеся прямые. Проведение через одну из скрещивающихся прямых плоскости, параллельной другой прямой
Докажите, что через две скрещивающиеся прямые можно провести параллельные плоскости (рис. 36)
Геометрия
Понятие скрещивающихся прямых
Сонаправленные лучи
Угол между прямыми
Задачи на скрещивающиеся прямые
📹 Видео

Видео:Параллельность прямой и плоскости. 10 класс.Скачать

Скрещивающиеся прямые. Проведение через одну из скрещивающихся прямых плоскости, параллельной другой прямой

Этот видеоурок доступен по абонементу

У вас уже есть абонемент? Войти

На этом уроке мы рассмотрим определение скрещивающихся прямых и докажем теорему – признак скрещивающихся прямых. Далее рассмотрим три случая взаимного расположения двух прямых в пространстве. Докажем теорему о том, что через каждую из скрещивающихся прямых можно провести плоскость, параллельную другой прямой.
В конце урока решим несколько задач в тетраэдре на скрещиваемость прямых.

Видео:№94. Даны две скрещивающиеся прямые и точка В, не лежащая на этих прямых. Пересекаются ли плоскостиСкачать

Докажите, что через две скрещивающиеся прямые можно провести параллельные плоскости (рис. 36)

2.14. Докажите, что через две скрещивающиеся прямые можно провести параллельные плоскости (рис. 36).

Решение: Пусть прямые а и b скрещиваются. Выберем на прямой а произвольно точку А и проведем прямую с, параллельную b (через точку, не лежащую на данной прямой можно провести единственную прямую, параллельную данной). Прямые а и с задают плоскость β. По признаку параллельности прямой и плоскости: b || β. Аналогично, проведем прямую d в плоскости α.

α || β (если две пересекающиеся прямые плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны).

3.06. Постройте сечение пятиугольной пирамиды PABCDE плоскостью α, которая проходит через внутреннюю точку М основания ABCDE параллельно грани РAB (рис. 37).

Решение: Так как прямые, по которым две параллельные плоскости пересечены третьей плоскостью, параллельны, а плоскость α параллельна грани РАВ, то: а) прямая пересечения плоскости α с плоскостью основания пирамиды должна быть параллельна АВ; б) прямая пересечения α с плоскостью грани РВС – параллельна АР; в) прямая пересечения α с плоскостью РАD – параллельна РА, поэтому проводим: 1) через точку М прямую KF || AB; 2) FH || PA; 3) KR || PB; 4) ML || AP. Пятиугольник HLRKF – искомое сечение. В доказательстве используется признак параллельности прямой и плоскости, признак параллельности плоскостей.

3.07. Точки А, В и С лежат в плоскости α и не лежат на одной прямой. Равные и параллельные отрезки АА₁, ВВ₁ и СС₁ расположены по одну сторону от плоскости α. Докажите, что (А₁В₁С₁) || (АВС) (рис. 38).

Решение: ВВ₁С₁С – параллелограмм (из параллельности и равенства ВВ₁ и СС₁), следовательно ВС || В₁С₁. АВ || А₁В₁ (аналогично). По теореме о параллельности плоскостей (по двум пересекающимся прямым): (А₁В₁С₁) || (АВС).

3.08. Точка В не лежит в плоскости ΔAEC, точки М, К и Р – середины отрезков соответственно АВ, ВС и ВЕ (рис.39). а) Докажите, что плоскости МКР и АЕС параллельны. б) Найдите площадь ΔМКР, если площадь ΔAEC равна 48 см 2 .

Решение: а)Заметим, что ΔAEC и не лежащая в нем точка В образуют тетраэдр ВАСЕ. МК || АС (МК – средняя линия ΔAВC). КР || СЕ (КР – средняя линия ΔВCЕ). По теореме о параллельности плоскостей (через пересекающиеся прямые): (МКР)||(АСЕ).

б) По формуле Герона:

, как средние линии соответствующих треугольников. Подставим данные значения в формулу: . Отсюда .

3.09. Три отрезка А₁А₂, В₁В₂ и С₁С₂, не лежащие в одной плоскости, имеют общую середину. Докажите, что плоскости А₁В₁С₁ и А₂В₂С₂ параллельны (рис. 40).

Решение: Каждые две пересекающиеся прямые задают плоскость (через любые две пересекающиеся прямые можно провести плоскость, и притом только одну). Так как точка пересечения делит прямые пополам, то по теореме Фалеса: А₁В₁ || В₂А₂. Аналогично доказывается параллельность С₁В₁ и С₂В₂, А₁В₁ и А₂В₂. По теореме о параллельности плоскостей (через пересекающиеся прямые): (А₁В₁С₁)||(А₂В₂С₂).

3.10. Прямая DF пересекает параллельные плоскости α, β и γ соответственно в точках D, Е и F, при этом DF = 3, ЕF = 9 (рис. 41). Прямая EG пересекает плоскости α и γ соответственно в точках G и Н, при этом EG = 12. Найдите длину GН.

Решение: Прямые EF и ЕH задают плоскость EFH, которая пересекает плоскости α и γ по прямым GD и FH соответственно. ∆GED

∆HEF (так как GD || FH, ). По свойству преобразования подобия: . Тогда .

3.11. Плоскости α и β пересекаются по прямой с (рис. 42). Через точки А и В, расположенные вне этих плоскостей, проводятся параллельно плоскости β и параллельные между собой прямые АС и BD (), а также – параллельно плоскости α и параллельные между собой прямые АЕ и BF (). Докажите: а) плоскости АСЕ и BDF параллельны; б) плоскости АСЕ и BDF пересекают плоскости α и β по параллельным прямым.

Решение: а) GА || DB, АЕ || FВ по условию. По теореме о параллельности плоскостей (через пересекающиеся прямые): (АСЕ) || (DBF).

б) BF и АЕ задают плоскость, параллельную плоскости α. По свойству параллельных плоскостей: EF || с. Аналогично CD || c. По признаку параллельности прямых: CD || EF.

5.3. Уроки проверки знаний, умений и навыков

Для проверки знаний, умений и навыков разработаны три задачи на выявление типов оперирования пространственными образами: изменение пространственного положения образа (I тип); преобразование структуры образа (II тип); изменение положения и структуры образа одновременно (III тип).

1. Через вершины параллелограмма ABCD, лежащего в одной из двух параллельных плоскостей, проведены параллельные прямые, пересекающие вторую плоскость в точках А₁, В₁, С₁ и D₁. Докажите, что четырехугольник А₁В₁С₁D₁ тоже параллелограмм (рис. 43).

Решение: АА₁ = DD₁ = СС₁ = ВВ₁ (отрезки параллельных прямых, заключенные между параллельными плоскостями, равны). Попарно параллельные прямые задают параллелограммы (задание плоскости через параллельные прямые), следовательно D₁А₁ || DА || СВ || С₁В₁. По определению А₁В₁С₁D₁ параллелограмм.

Видео:10 класс, 7 урок, Скрещивающиеся прямыеСкачать

Геометрия

Лучшие условия по продуктам Тинькофф по этой ссылке

Дарим 500 ₽ на баланс сим-карты и 1000 ₽ при сохранении номера

. 500 руб. на счет при заказе сим-карты по этой ссылке

Лучшие условия по продуктам
ТИНЬКОФФ по данной ссылке

План урока:

Видео:10 класс, 10 урок, Параллельные плоскостиСкачать

Понятие скрещивающихся прямых

В пространстве можно построить две прямые так, что они не будут пересекаться, но и параллельными они также являться не будут. Для этого достаточно, чтобы прямые НЕ находились в одной плоскости. В этом случае их именуют скрещивающимися прямыми.

Здесь ребра ВС и АЕ как раз лежат на двух скрещивающихся прямых. Поэтому их можно так и называют – скрещивающиеся отрезки. По аналогии можно ввести понятие и скрещивающихся лучей.

Существует теорема, представляющая собой признак скрещивающихся прямых.

Действительно, пусть есть две прямые, НК и РМ. Обозначим как α плос-ть, проходящую через НК и точку М. Если РМ пересекает α, то это означает, что М – единственная общая точка у α и РМ. Получается, что Н, К, М и Р – это точки в различных плос-тях, и через них нельзя провести одну плос-ть. Значит, и прямые НК и РМ – скрещивающиеся.

Таким образом, в стереометрии возможно всего три случая взаимного расположения двух прямых в пространстве:

1) прямые пересекаются, и тогда они обязательно находятся в одной плос-ти;

2) прямые располагаются в одной плос-ти, но не пересекаются – случай параллельных прямых;

3) прямые находятся в разных плос-тях – случай скрещивающихся прямых.

Докажем одну теорему:

Для доказательства возьмем произвольные скрещивающиеся прямые m и n. Отметим на n точку К и проведем через К прямую р, параллельную m:

Через пересекающиеся прямые nи p можно провести единственную плос-тьα. По признаку параллельности прямой и плос-ти можно заключить, что m||α.

Покажем, что кроме α нет других плос-тей, проходящих через n и параллельных m. Действительно, если бы такая плос-ть β существовала, то р имела бы с ней общую точку К, но полностью в β она бы не могла находиться, иначе α и β совпадали бы. Значит, р пересекала бы β. Но тогда ее обязательно пересекала бы и m по одну из свойств параллельных прямых. В этом случае m и β не были бы параллельными.

Видео:Параллельные прямые | Математика | TutorOnlineСкачать

Сонаправленные лучи

В планиметрии существует понятие сонаправленных лучей. Пусть на плос-ти есть два луча О₁А и О₂В. Проведем прямую О₁О₂. Она, как и всякая прямая, разделит плос-ть на две полуплоскости. Для того, чтобы лучи О₁А и О₂В считались сонаправленными, необходимо выполнение двух условий:

1) они должны оказаться в одной полуплоскости;

2) они должны быть параллельными.

Здесь мы рассмотрели случай, когда лучи О₁А и О₂В находятся на разных прямых. Возможен частный случай, когда они располагаются на одной прямой. В таком случае для сонаправленности лучей достаточно, чтобы один из них полностью лежал на другом:

Рассмотрим теорему, касающуюся сонаправленных лучей, причем она верна не только в планиметрии, но и в стереометрии.

В доказательстве сразу рассмотрим случай углов, располагающихся в разных плос-тях. Пусть есть углы О₁ и О₂, стороны которых образуют попарно сонаправленные лучи. На одной паре лучей отметим точки А₁ и А₂ так, чтобы отрезки О₁А₁ и О₂А₂ были одинаковыми. На другой паре лучей аналогично отложим точки В₁ и В₂ так, чтобы одинаковыми были отрезки О₁В₁ и О₂В₂:

Заметим, что лучи О₁А₁ и О₂А₂ как сонаправленные должны располагаться в одной плос-ти, иначе они не будут параллельными. Тогда О₁А₁А₂О₂ – плоский четырехугольник. Отрезки О₁А₁ и О₂А₂ параллельны и одинаковы. Это значит, что О₁А₁А₂О₂ – параллелограмм. Аналогично легко убедиться, что параллелограммом является и четырехугольник О₁В₁В₂О₂. Это значит, что

Отсюда вытекает (по свойству транзитивности), что отрезки А₁А₂ и В₁В₂ также одинаковы и параллельны, а потому А₁А₂В₂В₁ – также параллелограмм. Значит, стороны А₁В₁ и А₂В₂ одинаковы. Получается, что у ∆О₁А₁В₁ и ∆О₂А₂В₂ одинаковы все стороны, поэтому ∆О₁А₁В₁ и ∆О₂А₂В₂ равны. Отсюда вытекает и равенство углов ∠А₁О₁В₁ и ∠А₂О₂В₂, ч. т. д.

Видео:Параллельность прямых и плоскостей в пространстве. Практическая часть - решение задачи. 10 класс.Скачать

Угол между прямыми

Напомним, какая величина считается углом между пересекающимися прямыми. При пересечении прямых образуется 4 угла. Зная один из них, легко вычислить и остальные углы. Понятно, что хотя бы один из углов будет не превышать 90°. Именно такой угол и принимается за угол между прямыми:

Теперь покажем, как определить угол между скрещивающимися прямыми. Пусть прямые m и n скрещиваются. Выберем в пространстве произвольную точку К. Через нее можно построить такие прямые m₁ и n₁, что m₁||m и n₁||n. Угол между m₁ и n₁ как раз и принимается за угол между скрещивающимися прямыми m и n:

Возникает вопрос – зависит ли величина измеренного таким образом угла от того, какая именно точка К выбрана? Оказывается, что не зависит, и это можно доказать. Выберем две произвольные точки К₁ и К₂. Через К₁ проведем прямые n₁ и m₁, а через К₂ проведем n₂ и m₂, которые будут соответственно параллельны исходным прямым m и n.

Так как n₁||n и n₂||n, то по свойству транзитивности параллельности и n₁||n₂. Аналогично и m₁||m₂. Получается, что стороны углов в точках К₁ и К₂ соответственно сонаправлены. Значит, они одинаковы, ч. т. д.

Видео:Стереометрия для ЕГЭ: 2 - параллельные и скрещивающиеся прямыеСкачать

Задачи на скрещивающиеся прямые

Теоретический материал закончился, осталось научиться применять полученные знания. Перед просмотром решения постарайтесь самостоятельно решить каждую задачу.

Задание. Точка D находится вне плос-ти ∆АВС. Середины отрезков АD, BD и СD обозначены буквами M, N и P соответственно. Точка K располагается на отрезке BN (и не совпадает с концами этого отрезка). Определите, как относительно друг друга располагаются прямые:

Решение. Сначала важно построить правильный рисунок по описанию задачи:

Теперь можно рассмотреть по отдельности каждый пункт.

а) АВ и DN. Прямая DN совпадает с прямой BD. Она в свою очередь пересекается с АВ в точке В. Значит, в данном случае прямые пересекаются.

б) РК и ВС. Рассмотрим плос-ть треугольника ∆ВСD. Рассматриваемые прямые как раз находятся в ней. То есть они уже точно не скрещиваются. Могут ли они быть параллельны? Обратите внимание на отрезок NP. Это средняя линия в ∆ВСD, поэтому NP||ВС. Через Р может быть проведена лишь одна прямая, параллельная ВС (по аксиоме параллельности), и это NP. Значит, KP пересекает ВС.

в) MN и АВ. В ∆АВDMN является средней линией, поэтому MN||АВ.

г) МР и АС. МР – это средняя линия в ∆АСD, значит, МР||АС.

д) KN и АС. Прямая KN совпадает с прямой BD. Она пересекает плос-ть АСВ, но точка пересечения (это В) не находится на АС. Тогда по признаку скрещивающихся прямых можно утверждать, что KN и АС скрещиваются.

е) MD и ВС. MD пересекается с плос-тью АСВ в точке А. Тогда из признака скрещивающихся прямых вытекает, что MD и DC скрещиваются.

Задание. Через точку Р, не находящуюся на прямой m, проведены две различные прямые, не пересекающиеся с m. Верно ли, что хотя бы одна из них точно скрещивается с m?

Решение. Каждая из этих двух прямых с m не пересекается. Тогда они либо параллельны m, либо скрещиваются с ней. Но обе прямые параллельны m не могут быть параллельны m, ведь тогда через Р будет проведено сразу две прямые, параллельные m, что невозможно. Значит, хотя бы одна из прямых действительно скрещивается с m.

Задание. MК и РН – скрещивающиеся прямые.Скрещиваются ли прямые МН и КР?

Решение. Ясно, что точки М, К, Р, Н располагаются в различных плос-тях. В противном случае, если бы существовала плос-ть α, в которой находились бы М, К, Р и Н, то в α также находились бы прямые МК и РН, и тогда они уже по определению не были бы скрещивающимися.

Теперь рассмотрим плос-ть КРН. В ней находится прямая КР. А прямая МН ее пересекает в точке К. Тогда, по признаку скрещивающихся прямых, МН и КР скрещиваются.

Задание. Прямые m и n скрещиваются. M – точка на m, N – точка на n. Через m и N проведена плос-ть α, а через n и M – плос-ть β. Пересекаются ли плос-ти α и β, и если да, то по какой линии?

Посмотрим, есть ли у α и β общие точки. Плос-ть α проходит через n, то есть и через точку N тоже. Плос-ть β также проходит через N. Значит, N – общая точка. Аналогично можно показать, что и М – это общая точка. В итоге α и β пересекаются, причем на линии пересечения находятся точки M и N. Значит, именно прямая МN является границей этих двух плос-тей.

Задание. Известно, что MНКЕ – параллелограмм, а МНРТ – трапеция (РТ – её основание), причем они располагаются в разных областях. Каково расположение отрезков КЕ и РТ друг относительно друга.

Решение. Задачу можно решить и без рисунка. Если РТ – основание трапеции, то второе основание – это МН, и МН||РТ. В параллелограмме МНКЕ параллельны стороны МН и КЕ, ведь они противоположные. Тогда по свойству транзитивности параллельности из того факта, что МН||РТ и МН||КЕ, вытекает, что и РТ||КЕ.

Задание. Известно, что ОА и СD – скрещивающиеся прямые, а ОВ||CD. Чему равен угол между ОА и CD, если

Если CD||ОВ, то угол между CD и ОА совпадает с углом между ОВ и ОА. В задании а) он совпадет с ∠АОВ и составляет 40°. В случае б) угол не может составлять 135°, так как он не должен превышать 90°. Поэтому он равен

Наконец, в случае в) он составит 90°.

Ответ: а) 40°; б) 45°; в) 90°.

Задание. Дан куб, вершины которого обозначены так, как это показано на рисунке:

Найдите угол между прямыми:

Решение. Во всех трех случаях нам даны скрещивающиеся прямые. Для вычисления угла надо найти такие параллельные им прямые, которые будут пересекаться.

а) AD и GH. Заметим, что GH||СD, ведь это противоположные стороны квадрата СDHG, поэтому мы можем определить угол между AD и CD. Другими словами, мы просто заменяем в задаче GH на CD, так как эти отрезки параллельны. Так как отрезки AD и CD в свою очередь являются уже смежными сторонами в квадрате АВСD, то ∠ADC, который нам надо найти, составляет 90°.

б) BD и FG. Здесь уже уместно заменить FG на ВС. Это можно сделать, ведь FG||ВС (это стороны квадрата). Тогда нам необходимо вычислить ∠СВD. Он составляет 45°, ведь диагональ квадрата делит его угол пополам.

в) BD и AF. Здесь есть смысл AF заменить на GD. Но для этого надо сначала показать, что AF||DG.Рассмотрим отрезки AD и FG. Каждый из них параллелен ВС (по свойству квадратов ABCD и ВСGH). Значит, по свойству транзитивности AD||FG, то есть эти отрезки располагаются в одной плос-ти. Тогда AFGD – плоский четырехугольник.

Заметим, что отрезки AD и FG ещё и одинаковы, так каждый из них равен ВС (вообще в кубе все ребра одинаковы). Получается, что в четырехугольнике AFGD стороны AD и FG одинаковы и параллельны, а потому AFGD – параллелограмм, по одному из его признаков. Отсюда и вытекает, что AF||DG.

Мы поняли, искомый нами угол между прямыми равен∠BDG. Как его вычислить? Для этого надо рассмотреть ∆BDG. Можно заметить, что он равносторонний. Действительно, отрезки BG, GD и BD – это диагонали в равных квадратах ВСGH, СDHG, АВСD, поэтому и сами эти диагонали также одинаковы. В любом равностороннем треугольнике все углы составляют по 60°, поэтому и ∠BDG равен этому же значению, то есть 60°.

Ответ: а) 90°; б) 45°; в) 60°.

Задание (стереометрическая задача из ЕГЭ). Точки А, В, С и D в пространстве располагаются так, что расстояния между любыми двумя из этих точек одинаковы. Можно доказать (попробуйте сделать это самостоятельно), что такая ситуация возможна лишь в случае, когда точки не располагаются в одной плос-ти. М – середина ВС, а L – середина АВ. Найдите косинус угла между прямыми МD и CL.

Решение. Из условия вытекает, что ∆АВС, ∆ВСD, ∆ABD – равносторонние и притом равные друг другу. Проведем в ∆АВС отрезок такой отрезок MF, что MF||СL. Тогда нам необходимо вычислить ∠DMF (точнее, его косинус). Это можно сделать, используя теорему косинусов применительно к ∆MDF, но для этого сперва надо найти все стороны в этом треугольнике:

Для удобства обозначим длину отрезков АВ, ВС, АС, BD, AD и CD буквой R. Так как L– середина АВ, то CL– медиана в ∆АВС. Но в равностороннем треугольнике она одновременно будет и высотой. Тогда ∆АСL – прямоугольный. Запишем для него теорему Пифагора:

Аналогичным образом легко определить, что длина медианы DМ в ∆ВСD равна этому же значению:

Теперь исследуем ∆ВСL. Так как MF||CL и М – середина ВС, то MF оказывается средней линией в ∆ВСL. Значит, ее длина вдвое меньше, чем у СL:

Также из того факта, что МF – средняя линия, вытекает то, что F – середина LВ. Тогда можно вычислить FB:

Далее обратим внимание на ∆ВFD. ∠В в нем составляет 60°, ведь это одновременно и угол в равностороннем ∆АВD. Стороны FB и BD нам известны, а потому с помощью теоремы косинусов можно вычислить и FD:

Теперь можно составить и для ∆МDF уравнение на основе теореме косинуса, из которого удастся выяснить интересующий нас косинус ∠DMF:

В ходе сегодняшнего урока мы познакомились с новым понятием – скрещивающимися прямыми. Также мы узнали, как вычислять угол между ними. Подобные задачи могут встречаться и на ЕГЭ.