Страница 84 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

14.5. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 14.7) найдите расстояние между прямыми $AC_1$ и $BC$.

Рис. 14.7

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Длина ребра куба $a = 1$.

Перевод в СИ:

Длина ребра куба $a = 1 \text{ м}$ (единица измерения не указана, принимаем за метр).

Найти:

Расстояние между прямыми $AC_1$ и $BC$.

Решение:

Введем декартову систему координат с началом в точке $A$. Ось $Ox$ направим вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$, а ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

Поскольку куб единичный, длина его ребра равна 1.

Координаты необходимых вершин куба:

$A = (0,0,0)$

$B = (1,0,0)$

$C = (1,1,0)$

$C_1 = (1,1,1)$

Найдем векторы, задающие направления прямых $AC_1$ и $BC$, и опорные точки на этих прямых.

Прямая $AC_1$ проходит через точки $A(0,0,0)$ и $C_1(1,1,1)$.

Вектор направления прямой $AC_1$: $\vec{l_1} = \vec{AC_1} = C_1 - A = (1-0, 1-0, 1-0) = (1,1,1)$.

Опорная точка на прямой $AC_1$: $A_{точка} = A = (0,0,0)$.

Прямая $BC$ проходит через точки $B(1,0,0)$ и $C(1,1,0)$.

Вектор направления прямой $BC$: $\vec{l_2} = \vec{BC} = C - B = (1-1, 1-0, 0-0) = (0,1,0)$.

Опорная точка на прямой $BC$: $B_{точка} = B = (1,0,0)$.

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми, заданными как $P_1 = A_{точка} + t\vec{l_1}$ и $P_2 = B_{точка} + s\vec{l_2}$, вычисляется по формуле:

$d = \frac{|(\vec{B_{точка}} - \vec{A_{точка}}) \cdot (\vec{l_1} \times \vec{l_2})|}{||\vec{l_1} \times \vec{l_2}||}$

Вычислим векторное произведение $\vec{l_1} \times \vec{l_2}$:

$\vec{l_1} \times \vec{l_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 0 - 1 \cdot 1) - \mathbf{j}(1 \cdot 0 - 1 \cdot 0) + \mathbf{k}(1 \cdot 1 - 1 \cdot 0) = -1\mathbf{i} + 0\mathbf{j} + 1\mathbf{k} = (-1,0,1)$.

Вычислим модуль векторного произведения:

$||\vec{l_1} \times \vec{l_2}|| = \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$.

Вычислим вектор $\vec{B_{точка}} - \vec{A_{точка}}$:

$\vec{B_{точка}} - \vec{A_{точка}} = B - A = (1,0,0) - (0,0,0) = (1,0,0)$.

Вычислим смешанное произведение (скалярное произведение вектора $\vec{B_{точка}} - \vec{A_{точка}}$ и векторного произведения $\vec{l_1} \times \vec{l_2}$):

$(\vec{B_{точка}} - \vec{A_{точка}}) \cdot (\vec{l_1} \times \vec{l_2}) = (1,0,0) \cdot (-1,0,1) = 1 \cdot (-1) + 0 \cdot 0 + 0 \cdot 1 = -1$.

Теперь подставим полученные значения в формулу для расстояния:

$d = \frac{|-1|}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

Рационализируем знаменатель:

$d = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Ответ:

Расстояние между прямыми $AC_1$ и $BC$ равно $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

14.6. У правильной треугольной призмы $ABC A_1 B_1 C_1$ (рис. 14.8) все ребра равны 1. Найдите расстояние между прямыми $AA_1$ и $BC_1$.

Рис. 14.8

Дано:

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$.

Все рёбра призмы равны 1.

Перевод в СИ:

Длина ребра $a = 1$ (условная единица длины).

Найти:

Расстояние между прямыми $AA_1$ и $BC_1$.

Решение

Для нахождения расстояния между двумя скрещивающимися прямыми $AA_1$ и $BC_1$ воспользуемся методом проекций.

Прямая $AA_1$ является боковым ребром правильной призмы, следовательно, она перпендикулярна плоскости основания $ABC$.

Расстояние между скрещивающимися прямыми $L_1$ и $L_2$ можно найти как расстояние от точки пересечения прямой $L_1$ с плоскостью $\Pi$, перпендикулярной $L_1$, до проекции прямой $L_2$ на эту же плоскость $\Pi$.

В нашем случае:

• Прямая $L_1$ – это $AA_1$.
• Плоскость $\Pi$, перпендикулярная $AA_1$, – это плоскость основания $ABC$.
• Точка пересечения прямой $AA_1$ с плоскостью $ABC$ – это точка $A$.
• Прямая $L_2$ – это $BC_1$.
• Проекция прямой $BC_1$ на плоскость $ABC$: Точка $B_1$ проецируется в точку $B$, а точка $C_1$ проецируется в точку $C$, так как $BB_1 \perp ABC$ и $CC_1 \perp ABC$. Следовательно, проекцией отрезка $BC_1$ на плоскость $ABC$ является отрезок $BC$.

Таким образом, задача сводится к нахождению расстояния от точки $A$ до прямой $BC$ в плоскости основания $ABC$.

Основание призмы $ABC$ – это равносторонний треугольник, поскольку призма правильная, и все его стороны равны 1 (так как все рёбра призмы равны 1).

Расстояние от вершины $A$ до стороны $BC$ в равностороннем треугольнике $ABC$ – это высота этого треугольника, опущенная из вершины $A$ на сторону $BC$.

Формула для высоты $h$ равностороннего треугольника со стороной $a$ имеет вид:

$h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Подставим значение стороны $a=1$:

$h = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Следовательно, расстояние между прямыми $AA_1$ и $BC_1$ равно $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$

14.7. У правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (рис. 14.9) все ребра равны 1. Найдите расстояние между прямыми:

а) $AA_1$ и $B_1C_1$;

б) $AA_1$ и $C_1D_1$;

в) $AA_1$ и $CD_1$;

г) $AA_1$ и $DE_1$;

д) $AA_1$ и $BD_1$.

Для решения задачи будем использовать прямоугольную систему координат. Поместим центр нижнего основания правильной шестиугольной призмы в начало координат $(0,0,0)$. Длина стороны основания $a=1$. Высота призмы $h=1$. Координаты вершин нижнего основания: $A = (1, 0, 0)$ $B = (\cos(60^\circ), \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $C = (\cos(120^\circ), \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $D = (\cos(180^\circ), \sin(180^\circ), 0) = (-1, 0, 0)$ $E = (\cos(240^\circ), \sin(240^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$ $F = (\cos(300^\circ), \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$ Координаты вершин верхнего основания: $A_1 = (1, 0, 1)$ $B_1 = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$ $C_1 = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$ $D_1 = (-1, 0, 1)$ $E_1 = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$ $F_1 = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

Прямая $AA_1$ проходит через точки $(1,0,0)$ и $(1,0,1)$, поэтому ее направляющий вектор $\vec{v_1} = (0,0,1)$. Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми, заданными точками $P_1, P_2$ и направляющими векторами $\vec{v_1}, \vec{v_2}$ соответственно, вычисляется по формуле: $d = \frac{|(\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2}))|}{\|\vec{v_1} \times \vec{v_2}\|}$.

Заметим, что прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскостям оснований. Если вторая прямая лежит в одной из плоскостей оснований, то расстояние между $AA_1$ и этой прямой равно расстоянию от точки $A_1$ (или $A$) до проекции второй прямой на плоскость, проходящую через $A_1$ (или $A$) и перпендикулярной $AA_1$. В данном случае это будет расстояние от $A_1$ до второй прямой в плоскости верхнего основания (или от $A$ до второй прямой в плоскости нижнего основания).

а) AA_1 и B_1C_1

Дано: Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все ребра равны 1. Длина стороны основания $a = 1$. Высота призмы $h = 1$.

Перевод в СИ: Длина ребра $a = 1$ м. Высота призмы $h = 1$ м.

Найти: Расстояние между прямыми $AA_1$ и $B_1C_1$.

Решение: Прямая $AA_1$ перпендикулярна плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Прямая $B_1C_1$ лежит в этой плоскости. Следовательно, расстояние между $AA_1$ и $B_1C_1$ равно расстоянию от точки $A_1$ до прямой $B_1C_1$ в плоскости верхнего основания. Рассмотрим верхнее основание. $A_1=(1,0,1)$, $B_1=(1/2, \sqrt{3}/2, 1)$, $C_1=(-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$. В плоскости $z=1$ координаты $A_1=(1,0)$, $B_1=(1/2, \sqrt{3}/2)$, $C_1=(-1/2, \sqrt{3}/2)$. Прямая, проходящая через $B_1$ и $C_1$, имеет уравнение $y = \sqrt{3}/2$. Расстояние от точки $A_1(1,0)$ до прямой $y - \sqrt{3}/2 = 0$ равно: $d = \frac{|0 - \sqrt{3}/2|}{\sqrt{0^2 + 1^2}} = \frac{\sqrt{3}/2}{1} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$

б) AA_1 и C_1D_1

Дано: Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все ребра равны 1. Длина стороны основания $a = 1$. Высота призмы $h = 1$.

Перевод в СИ: Длина ребра $a = 1$ м. Высота призмы $h = 1$ м.

Найти: Расстояние между прямыми $AA_1$ и $C_1D_1$.

Решение: Аналогично предыдущему пункту, расстояние равно расстоянию от точки $A_1$ до прямой $C_1D_1$ в плоскости верхнего основания. $A_1=(1,0,1)$, $C_1=(-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$, $D_1=(-1,0,1)$. В плоскости $z=1$ координаты $A_1=(1,0)$, $C_1=(-1/2, \sqrt{3}/2)$, $D_1=(-1,0)$. Уравнение прямой, проходящей через $C_1$ и $D_1$: Наклон $m = \frac{0 - \sqrt{3}/2}{-1 - (-1/2)} = \frac{-\sqrt{3}/2}{-1/2} = \sqrt{3}$. Уравнение: $y - 0 = \sqrt{3}(x - (-1)) \Rightarrow y = \sqrt{3}(x+1) \Rightarrow \sqrt{3}x - y + \sqrt{3} = 0$. Расстояние от точки $A_1(1,0)$ до прямой $\sqrt{3}x - y + \sqrt{3} = 0$: $d = \frac{|\sqrt{3}(1) - 0 + \sqrt{3}|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2}} = \frac{|2\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}} = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$. Это расстояние является расстоянием между параллельными сторонами шестиугольника ($A_1F_1$ и $C_1D_1$), которое равно удвоенной апофеме $2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}$. Для $a=1$, это $\sqrt{3}$.

Ответ: $\sqrt{3}$

в) AA_1 и CD_1

Дано: Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все ребра равны 1. Длина стороны основания $a = 1$. Высота призмы $h = 1$.

Перевод в СИ: Длина ребра $a = 1$ м. Высота призмы $h = 1$ м.

Найти: Расстояние между прямыми $AA_1$ и $CD_1$.

Решение: Прямая $AA_1$: точка $P_1 = A = (1,0,0)$, направляющий вектор $\vec{v_1} = (0,0,1)$. Прямая $CD_1$: точка $C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, точка $D_1 = (-1,0,1)$. Направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{CD_1} = D_1 - C = (-1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{P_1P_2} = \vec{AC} = C - A = (-1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-3/2, \sqrt{3}/2, 0)$. Вычислим векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2}$: $\vec{v_1} \times \vec{v_2} = (0,0,1) \times (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1) = $ $( (0)(1) - (1)(-\sqrt{3}/2), (1)(-1/2) - (0)(1), (0)(-\sqrt{3}/2) - (0)(-1/2) ) = (\sqrt{3}/2, -1/2, 0)$. Модуль этого вектора: $\|\vec{v_1} \times \vec{v_2}\| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (-1/2)^2 + 0^2} = \sqrt{3/4 + 1/4} = \sqrt{1} = 1$. Скалярное произведение $\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})$: $(-3/2, \sqrt{3}/2, 0) \cdot (\sqrt{3}/2, -1/2, 0) = (-3/2)(\sqrt{3}/2) + (\sqrt{3}/2)(-1/2) + (0)(0) = -\frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4} = -\frac{4\sqrt{3}}{4} = -\sqrt{3}$. Расстояние $d = \frac{|-\sqrt{3}|}{1} = \sqrt{3}$. Альтернативный геометрический подход: Найдем точки $P_1$ на $AA_1$ и $P_2$ на $CD_1$, для которых вектор $\vec{P_1P_2}$ перпендикулярен обеим прямым. Пусть $P_1=(1,0,z_1)$ и $P_2=C+t\vec{v_2} = (-1/2 - t/2, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2, t)$. Вектор $\vec{P_1P_2} = (-1/2 - t/2 - 1, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2 - 0, t-z_1)$. Так как $\vec{P_1P_2} \perp \vec{v_1}=(0,0,1)$, то $t-z_1=0$, то есть $z_1=t$. $\vec{P_1P_2} = (-3/2 - t/2, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2, 0)$. Теперь требуем $\vec{P_1P_2} \perp \vec{v_2}=(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$: $(-3/2 - t/2)(-1/2) + (\sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}/2) + (0)(1) = 0$ $3/4 + t/4 - 3/4 + 3t/4 = 0$ $t/4 + 3t/4 = 0 \Rightarrow t=0$. При $t=0$, $P_1=(1,0,0)=A$ и $P_2=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)=C$. Тогда общим перпендикуляром является отрезок $AC$. Его длина: $AC = \sqrt{(1 - (-1/2))^2 + (0 - \sqrt{3}/2)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{(3/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{9/4 + 3/4} = \sqrt{12/4} = \sqrt{3}$.

Ответ: $\sqrt{3}$

г) AA_1 и DE_1

Дано: Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все ребра равны 1. Длина стороны основания $a = 1$. Высота призмы $h = 1$.

Перевод в СИ: Длина ребра $a = 1$ м. Высота призмы $h = 1$ м.

Найти: Расстояние между прямыми $AA_1$ и $DE_1$.

Решение: Прямая $AA_1$: точка $P_1 = A = (1,0,0)$, направляющий вектор $\vec{v_1} = (0,0,1)$. Прямая $DE_1$: точка $D = (-1,0,0)$, точка $E_1 = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{DE_1} = E_1 - D = (-1/2 - (-1), -\sqrt{3}/2 - 0, 1 - 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{P_1P_2} = \vec{AD} = D - A = (-1 - 1, 0 - 0, 0 - 0) = (-2,0,0)$. Вычислим векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2}$: $\vec{v_1} \times \vec{v_2} = (0,0,1) \times (1/2, -\sqrt{3}/2, 1) = $ $( (0)(1) - (1)(-\sqrt{3}/2), (1)(1/2) - (0)(1), (0)(-\sqrt{3}/2) - (0)(1/2) ) = (\sqrt{3}/2, 1/2, 0)$. Модуль этого вектора: $\|\vec{v_1} \times \vec{v_2}\| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (1/2)^2 + 0^2} = \sqrt{3/4 + 1/4} = \sqrt{1} = 1$. Скалярное произведение $\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})$: $(-2,0,0) \cdot (\sqrt{3}/2, 1/2, 0) = (-2)(\sqrt{3}/2) + (0)(1/2) + (0)(0) = -\sqrt{3}$. Расстояние $d = \frac{|-\sqrt{3}|}{1} = \sqrt{3}$. Альтернативный геометрический подход: Найдем точки $P_1$ на $AA_1$ и $P_2$ на $DE_1$, для которых вектор $\vec{P_1P_2}$ перпендикулярен обеим прямым. Пусть $P_1=(1,0,z_1)$ и $P_2=D+t\vec{v_2} = (-1 + t/2, -t\sqrt{3}/2, t)$. Вектор $\vec{P_1P_2} = (-1 + t/2 - 1, -t\sqrt{3}/2 - 0, t-z_1) = (-2 + t/2, -t\sqrt{3}/2, t-z_1)$. Так как $\vec{P_1P_2} \perp \vec{v_1}=(0,0,1)$, то $t-z_1=0$, то есть $z_1=t$. $\vec{P_1P_2} = (-2 + t/2, -t\sqrt{3}/2, 0)$. Теперь требуем $\vec{P_1P_2} \perp \vec{v_2}=(1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$: $(-2 + t/2)(1/2) + (-t\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}/2) + (0)(1) = 0$ $-1 + t/4 + 3t/4 = 0$ $-1 + t = 0 \Rightarrow t=1$. При $t=1$, $P_1=(1,0,1)=A_1$ и $P_2=(-1 + 1/2, -\sqrt{3}/2, 1) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1) = E_1$. Тогда общим перпендикуляром является отрезок $A_1E_1$. Его длина: $A_1E_1 = \sqrt{(-1/2-1)^2 + (-\sqrt{3}/2-0)^2 + (1-1)^2} = \sqrt{(-3/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{9/4 + 3/4} = \sqrt{12/4} = \sqrt{3}$.

Ответ: $\sqrt{3}$

д) AA_1 и BD_1

Дано: Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$. Все ребра равны 1. Длина стороны основания $a = 1$. Высота призмы $h = 1$.

Перевод в СИ: Длина ребра $a = 1$ м. Высота призмы $h = 1$ м.

Найти: Расстояние между прямыми $AA_1$ и $BD_1$.

Решение: Прямая $AA_1$: точка $P_1 = A = (1,0,0)$, направляющий вектор $\vec{v_1} = (0,0,1)$. Прямая $BD_1$: точка $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, точка $D_1 = (-1,0,1)$. Направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{BD_1} = D_1 - B = (-1 - 1/2, 0 - \sqrt{3}/2, 1 - 0) = (-3/2, -\sqrt{3}/2, 1)$. Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{P_1P_2} = \vec{AB} = B - A = (1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. Вычислим векторное произведение $\vec{v_1} \times \vec{v_2}$: $\vec{v_1} \times \vec{v_2} = (0,0,1) \times (-3/2, -\sqrt{3}/2, 1) = $ $( (0)(1) - (1)(-\sqrt{3}/2), (1)(-3/2) - (0)(1), (0)(-\sqrt{3}/2) - (0)(-3/2) ) = (\sqrt{3}/2, -3/2, 0)$. Модуль этого вектора: $\|\vec{v_1} \times \vec{v_2}\| = \sqrt{(\sqrt{3}/2)^2 + (-3/2)^2 + 0^2} = \sqrt{3/4 + 9/4} = \sqrt{12/4} = \sqrt{3}$. Скалярное произведение $\vec{P_1P_2} \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})$: $(-1/2, \sqrt{3}/2, 0) \cdot (\sqrt{3}/2, -3/2, 0) = (-1/2)(\sqrt{3}/2) + (\sqrt{3}/2)(-3/2) + (0)(0) = -\frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{3\sqrt{3}}{4} = -\frac{4\sqrt{3}}{4} = -\sqrt{3}$. Расстояние $d = \frac{|-\sqrt{3}|}{\sqrt{3}} = 1$. Альтернативный геометрический подход: Найдем точки $P_1$ на $AA_1$ и $P_2$ на $BD_1$, для которых вектор $\vec{P_1P_2}$ перпендикулярен обеим прямым. Пусть $P_1=(1,0,z_1)$ и $P_2=B+t\vec{v_2} = (1/2 - 3t/2, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2, t)$. Вектор $\vec{P_1P_2} = (1/2 - 3t/2 - 1, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2 - 0, t-z_1) = (-1/2 - 3t/2, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2, t-z_1)$. Так как $\vec{P_1P_2} \perp \vec{v_1}=(0,0,1)$, то $t-z_1=0$, то есть $z_1=t$. $\vec{P_1P_2} = (-1/2 - 3t/2, \sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2, 0)$. Теперь требуем $\vec{P_1P_2} \perp \vec{v_2}=(-3/2, -\sqrt{3}/2, 1)$: $(-1/2 - 3t/2)(-3/2) + (\sqrt{3}/2 - t\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}/2) + (0)(1) = 0$ $3/4 + 9t/4 - 3/4 + 3t/4 = 0$ $9t/4 + 3t/4 = 0 \Rightarrow 12t/4 = 0 \Rightarrow 3t=0 \Rightarrow t=0$. При $t=0$, $P_1=(1,0,0)=A$ и $P_2=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)=B$. Тогда общим перпендикуляром является отрезок $AB$. Его длина: $AB = \sqrt{(1 - 1/2)^2 + (0 - \sqrt{3}/2)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{1/4 + 3/4} = \sqrt{1} = 1$.

Ответ: $1$

14.8. Гранями многогранника являются многоугольники с прямыми углами (рис. 14.10). Найдите расстояние между прямыми:

а) $AA_2$ и $B_1C_1$;

б) $AA_2$ и $A_1D_1$;

в) $AB_1$ и $CC_1$;

г) $AB$ и $D_1C_2$;

д) $A_2B_2$ и $CC_1$.

Рис. 14.10

а) AA₂ и B₁C₁

Дано: Прямая AA₂ проходит через точки A(0,0,0) и A₂(0,0,2). Прямая B₁C₁ проходит через точки B₁(1,2,1) и C₁(2,2,1).

Найти: Расстояние между прямыми AA₂ и B₁C₁.

Решение:

Прямая AA₂ совпадает с осью z. Ее можно задать точкой $P_1 = A = (0,0,0)$ и направляющим вектором $v_1 = \vec{AA_2} = (0,0,2)$, который можно упростить до $v_1 = (0,0,1)$.

Прямая B₁C₁ проходит через точки B₁(1,2,1) и C₁(2,2,1). Она параллельна оси x. Ее можно задать точкой $P_2 = B_1 = (1,2,1)$ и направляющим вектором $v_2 = \vec{B_1C_1} = (2-1, 2-2, 1-1) = (1,0,0)$.

Данные прямые являются скрещивающимися, так как они не параллельны ($v_1$ и $v_2$ не коллинеарны) и не пересекаются. Расстояние между скрещивающимися прямыми $L_1$ (проходящей через $P_1$ с направлением $v_1$) и $L_2$ (проходящей через $P_2$ с направлением $v_2$) определяется по формуле: $d = \frac{|(P_2 - P_1) \cdot (v_1 \times v_2)|}{||v_1 \times v_2||}$.

Вектор, соединяющий точки на прямых: $P_2 - P_1 = (1,2,1) - (0,0,0) = (1,2,1)$.

Векторное произведение направляющих векторов: $v_1 \times v_2 = (0,0,1) \times (1,0,0) = (0 \cdot 0 - 1 \cdot 0, 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0, 0 \cdot 0 - 0 \cdot 1) = (0,1,0)$.

Модуль векторного произведения: $||v_1 \times v_2|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = 1$.

Смешанное произведение (скалярное произведение вектора $P_2 - P_1$ и $v_1 \times v_2$): $(P_2 - P_1) \cdot (v_1 \times v_2) = (1,2,1) \cdot (0,1,0) = 1 \cdot 0 + 2 \cdot 1 + 1 \cdot 0 = 2$.

Расстояние $d = \frac{|2|}{1} = 2$.

Альтернативный метод: Прямая AA₂ совпадает с осью z. Прямая B₁C₁ параллельна оси x и находится в плоскости $z=1$ с $y$-координатой $2$. Кратчайшее расстояние от оси z до прямой B₁C₁ будет равно расстоянию от точки $(0,0,1)$ на оси z до точки $(0,2,1)$, которая является проекцией любой точки прямой B₁C_{1}$ на плоскость $x=0$. Это расстояние равно $\sqrt{(0-0)^2+(2-0)^2+(1-1)^2} = \sqrt{4} = 2$.}

Ответ: $2$

б) AA₂ и A₁D₁

Дано: Прямая AA₂ проходит через точки A(0,0,0) и A₂(0,0,2). Прямая A₁D₁ проходит через точки A₁(1,1,1) и D₁(2,1,1).

Найти: Расстояние между прямыми AA₂ и A₁D₁.

Решение:

Для прямой AA₂: $P_1 = A = (0,0,0)$, $v_1 = (0,0,1)$.

Для прямой A₁D₁: $P_2 = A_1 = (1,1,1)$, $v_2 = \vec{A_1D_1} = (2-1, 1-1, 1-1) = (1,0,0)$.

Вектор разности точек: $P_2 - P_1 = (1,1,1) - (0,0,0) = (1,1,1)$.

Векторное произведение направляющих векторов: $v_1 \times v_2 = (0,0,1) \times (1,0,0) = (0,1,0)$.

Модуль векторного произведения: $||v_1 \times v_2|| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = 1$.

Смешанное произведение: $(P_2 - P_1) \cdot (v_1 \times v_2) = (1,1,1) \cdot (0,1,0) = 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 0 = 1$.

Расстояние $d = \frac{|1|}{1} = 1$.

Альтернативный метод: Прямая AA₂ совпадает с осью z. Прямая A₁D₁ параллельна оси x и находится в плоскости $z=1$ с $y$-координатой $1$. Кратчайшее расстояние от оси z до прямой A₁D₁ будет равно расстоянию от точки $(0,0,1)$ на оси z до точки $(0,1,1)$. Это расстояние равно $\sqrt{(0-0)^2+(1-0)^2+(1-1)^2} = \sqrt{1} = 1$.

Ответ: $1$

в) AB₁ и CC₁

Дано: Прямая AB₁ проходит через точки A(0,0,0) и B₁(1,2,1). Прямая CC₁ проходит через точки C(2,2,0) и C₁(2,2,1).

Найти: Расстояние между прямыми AB₁ и CC₁.

Решение:

Для прямой AB₁: $P_1 = A = (0,0,0)$, $v_1 = \vec{AB_1} = (1,2,1)$.

Для прямой CC₁: $P_2 = C = (2,2,0)$, $v_2 = \vec{CC_1} = (2-2, 2-2, 1-0) = (0,0,1)$.

Вектор разности точек: $P_2 - P_1 = (2,2,0) - (0,0,0) = (2,2,0)$.

Векторное произведение направляющих векторов: $v_1 \times v_2 = (1,2,1) \times (0,0,1) = (2 \cdot 1 - 1 \cdot 0, 1 \cdot 0 - 1 \cdot 1, 1 \cdot 0 - 2 \cdot 0) = (2,-1,0)$.

Модуль векторного произведения: $||v_1 \times v_2|| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 0^2} = \sqrt{4+1+0} = \sqrt{5}$.

Смешанное произведение: $(P_2 - P_1) \cdot (v_1 \times v_2) = (2,2,0) \cdot (2,-1,0) = 2 \cdot 2 + 2 \cdot (-1) + 0 \cdot 0 = 4 - 2 + 0 = 2$.

Расстояние $d = \frac{|2|}{\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{5}}{5}$

г) AB и D₁C₂

Дано: Прямая AB проходит через точки A(0,0,0) и B(2,0,0). Прямая D₁C₂ проходит через точки D₁(2,1,1) и C₂(2,2,2).

Найти: Расстояние между прямыми AB и D₁C₂.

Решение:

Для прямой AB: $P_1 = A = (0,0,0)$, $v_1 = \vec{AB} = (2,0,0)$, можно взять $v_1 = (1,0,0)$.

Для прямой D₁C₂: $P_2 = D_1 = (2,1,1)$, $v_2 = \vec{D_1C_2} = (2-2, 2-1, 2-1) = (0,1,1)$.

Вектор разности точек: $P_2 - P_1 = (2,1,1) - (0,0,0) = (2,1,1)$.

Векторное произведение направляющих векторов: $v_1 \times v_2 = (1,0,0) \times (0,1,1) = (0 \cdot 1 - 0 \cdot 1, 0 \cdot 0 - 1 \cdot 1, 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) = (0,-1,1)$.

Смешанное произведение: $(P_2 - P_1) \cdot (v_1 \times v_2) = (2,1,1) \cdot (0,-1,1) = 2 \cdot 0 + 1 \cdot (-1) + 1 \cdot 1 = 0 - 1 + 1 = 0$.

Поскольку смешанное произведение равно нулю, прямые либо параллельны, либо пересекаются. Направляющие векторы $v_1 = (1,0,0)$ и $v_2 = (0,1,1)$ не коллинеарны, следовательно, прямые не параллельны. Значит, они пересекаются.

Расстояние между пересекающимися прямыми равно $0$.

Для проверки найдем точку пересечения, приравняв параметрические уравнения прямых:

Прямая AB: $ (x,y,z) = (0,0,0) + t(1,0,0) = (t,0,0) $

Прямая D₁C₂: $ (x,y,z) = (2,1,1) + s(0,1,1) = (2, 1+s, 1+s) $

Приравнивая координаты: $ t = 2 $, $ 0 = 1+s \implies s = -1 $, $ 0 = 1+s \implies s = -1 $.

Значения параметров $t=2$ и $s=-1$ согласуются. Подставив $t=2$ в уравнение прямой AB, получаем точку $(2,0,0)$, которая является точкой B. Подставив $s=-1$ в уравнение прямой D₁C₂, получаем $(2, 1+(-1), 1+(-1)) = (2,0,0)$. Таким образом, прямые пересекаются в точке B(2,0,0).

Ответ: $0$

д) A₂B₂ и CC₁

Дано: Прямая A₂B₂ проходит через точки A₂(0,0,2) и B₂(2,0,2). Прямая CC₁ проходит через точки C(2,2,0) и C₁(2,2,1).

Найти: Расстояние между прямыми A₂B₂ и CC₁.

Решение:

Для прямой A₂B₂: $P_1 = A_2 = (0,0,2)$, $v_1 = \vec{A_2B_2} = (2-0, 0-0, 2-2) = (2,0,0)$, можно взять $v_1 = (1,0,0)$.

Для прямой CC₁: $P_2 = C = (2,2,0)$, $v_2 = \vec{CC_1} = (2-2, 2-2, 1-0) = (0,0,1)$.

Вектор разности точек: $P_2 - P_1 = (2,2,0) - (0,0,2) = (2,2,-2)$.

Векторное произведение направляющих векторов: $v_1 \times v_2 = (1,0,0) \times (0,0,1) = (0 \cdot 1 - 0 \cdot 0, 0 \cdot 0 - 1 \cdot 1, 1 \cdot 0 - 0 \cdot 0) = (0,-1,0)$.

Модуль векторного произведения: $||v_1 \times v_2|| = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 0^2} = 1$.

Смешанное произведение: $(P_2 - P_1) \cdot (v_1 \times v_2) = (2,2,-2) \cdot (0,-1,0) = 2 \cdot 0 + 2 \cdot (-1) + (-2) \cdot 0 = -2$.

Расстояние $d = \frac{|-2|}{1} = 2$.

Альтернативный метод: Прямая A₂B₂ лежит в плоскости $y=0$ на высоте $z=2$. Прямая CC₁ лежит в плоскости $x=2$ с $y$-координатой $2$. Эти прямые перпендикулярны. Кратчайшее расстояние между ними можно найти как расстояние между точкой $(2,0,2)$ на прямой A₂B₂ (проекция точки $C_2$ на эту прямую, или ближайшая точка к плоскости $x=2, y=2$) и точкой $(2,2,2)$ на прямой CC₁ (проекция точки $B_2$ на эту прямую, или ближайшая точка к плоскости $y=0, z=2$). Расстояние между $(2,0,2)$ и $(2,2,2)$ равно $\sqrt{(2-2)^2 + (2-0)^2 + (2-2)^2} = \sqrt{0+4+0} = 2$.

Ответ: $2$

14.9. Для единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (рис. 14.7) найдите расстояние между прямыми:

а) $AB_1$ и $BD_1$;

б) $AB_1$ и $DA_1$.

Рис. 14.7

Дано:

Единичный куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Длина ребра куба $a = 1$.

Найти:

а) расстояние между прямыми $AB_1$ и $BD_1$;
б) расстояние между прямыми $AB_1$ и $DA_1$.

Решение:

Для решения задачи используем метод координат. Разместим куб в декартовой системе координат так, чтобы вершина $A$ находилась в начале координат $(0,0,0)$, а ребра, выходящие из этой вершины, лежали на осях координат. Тогда координаты вершин куба будут:

• $A = (0,0,0)$
• $B = (1,0,0)$
• $D = (0,1,0)$
• $A_1 = (0,0,1)$
• $B_1 = (1,0,1)$
• $C_1 = (1,1,1)$
• $D_1 = (0,1,1)$

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми, заданными точками $P_1$ и $P_2$ и направляющими векторами $\vec{v_1}$ и $\vec{v_2}$ соответственно, вычисляется по формуле:

$d = \frac{|(\vec{P_1P_2}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})|}{||\vec{v_1} \times \vec{v_2}||}$

а) $AB_1$ и $BD_1$

Прямая $AB_1$ проходит через точку $A(0,0,0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_1} = \vec{AB_1} = B_1 - A = (1-0, 0-0, 1-0) = (1,0,1)$.

Прямая $BD_1$ проходит через точку $B(1,0,0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{BD_1} = D_1 - B = (0-1, 1-0, 1-0) = (-1,1,1)$.

Вектор, соединяющий точку на первой прямой с точкой на второй прямой, например, $\vec{P_1P_2} = \vec{AB} = B - A = (1,0,0)$.

Найдем векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = (1,0,1) \times (-1,1,1) = (0 \cdot 1 - 1 \cdot 1, 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1, 1 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) = (-1, -2, 1)$.

Найдем модуль этого векторного произведения:

$||\vec{n}|| = \sqrt{(-1)^2 + (-2)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}$.

Найдем скалярное произведение вектора $\vec{P_1P_2}$ и вектора $\vec{n}$:

$(\vec{AB}) \cdot \vec{n} = (1,0,0) \cdot (-1,-2,1) = 1 \cdot (-1) + 0 \cdot (-2) + 0 \cdot 1 = -1$.

Расстояние между прямыми $AB_1$ и $BD_1$:

$d_1 = \frac{|-1|}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6}$.

Ответ: $ \frac{\sqrt{6}}{6} $

б) $AB_1$ и $DA_1$

Прямая $AB_1$ проходит через точку $A(0,0,0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_1} = \vec{AB_1} = (1,0,1)$.

Прямая $DA_1$ проходит через точку $D(0,1,0)$ и имеет направляющий вектор $\vec{v_2} = \vec{DA_1} = A_1 - D = (0-0, 0-1, 1-0) = (0,-1,1)$.

Вектор, соединяющий точку на первой прямой с точкой на второй прямой, например, $\vec{P_1P_2} = \vec{AD} = D - A = (0,1,0)$.

Найдем векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2} = (1,0,1) \times (0,-1,1) = (0 \cdot 1 - 1 \cdot (-1), 1 \cdot 0 - 1 \cdot 1, 1 \cdot (-1) - 0 \cdot 0) = (1, -1, -1)$.

Найдем модуль этого векторного произведения:

$||\vec{n}|| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$.

Найдем скалярное произведение вектора $\vec{P_1P_2}$ и вектора $\vec{n}$:

$(\vec{AD}) \cdot \vec{n} = (0,1,0) \cdot (1,-1,-1) = 0 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + 0 \cdot (-1) = -1$.

Расстояние между прямыми $AB_1$ и $DA_1$:

$d_2 = \frac{|-1|}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ответ: $ \frac{\sqrt{3}}{3} $

14.10. У тетраэдра $ABCD$ (рис. 14.11) все ребра равны 1. Найдите расстояние между прямыми $AB$ и $CD$.

Рис. 14.11

Дано:

Тетраэдр $ABCD$. Все ребра равны $1$, т.е. $a = 1$.

Найти:

Расстояние между прямыми $AB$ и $CD$.

Решение:

Так как все ребра тетраэдра равны $1$, то тетраэдр $ABCD$ является правильным тетраэдром с длиной ребра $a = 1$.

Прямые $AB$ и $CD$ являются скрещивающимися ребрами правильного тетраэдра. Расстояние между скрещивающимися ребрами правильного тетраэдра — это длина их общего перпендикуляра. Общий перпендикуляр в данном случае соединяет середины этих ребер.

Пусть $M$ — середина ребра $AB$, а $N$ — середина ребра $CD$. Тогда отрезок $MN$ является общим перпендикуляром к прямым $AB$ и $CD$, и его длина будет искомым расстоянием.

Рассмотрим равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Медиана $CM$ также является высотой, поэтому $CM \perp AB$. Длина медианы равностороннего треугольника со стороной $a$ равна $CM = a \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Аналогично, в равностороннем треугольнике $ABD$, медиана $DM$ является высотой, поэтому $DM \perp AB$. Длина $DM = a \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, треугольник $CDM$ является равнобедренным с $CM = DM = a \frac{\sqrt{3}}{2}$ и основанием $CD = a$.

В равнобедренном треугольнике $CDM$, медиана $MN$ (поскольку $N$ — середина $CD$) является также высотой к основанию $CD$. Следовательно, $MN \perp CD$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $CMN$. Гипотенуза $CM = a \frac{\sqrt{3}}{2}$, а катет $CN = \frac{CD}{2} = \frac{a}{2}$.

По теореме Пифагора:

$MN^2 + CN^2 = CM^2$

$MN^2 = CM^2 - CN^2$

$MN^2 = \left(a \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2$

$MN^2 = a^2 \frac{3}{4} - \frac{a^2}{4}$

$MN^2 = \frac{3a^2 - a^2}{4}$

$MN^2 = \frac{2a^2}{4}$

$MN^2 = \frac{a^2}{2}$

$MN = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$

Подставим значение $a = 1$:

$MN = \frac{1 \cdot \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Ответ:

Расстояние между прямыми $AB$ и $CD$ равно $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

14.11. У правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ (рис. 14.9) все ребра равны 1. Найдите расстояние между прямыми:

а) $AA_1$ и $CE_1$;

б) $AA_1$ и $CF_1$;

в) $AB_1$ и $DE_1$;

г) $AB_1$ и $CF_1$.

Дано:

Правильная шестиугольная призма ABCDEFA₁B₁C₁D₁E₁F₁. Все ребра равны 1.

Длина ребра призмы $a = 1$.

Высота призмы $h = 1$.

(Поскольку длина ребра задана как 1 "единица", перевод в систему СИ не требуется, так как результат будет выражен в тех же условных единицах длины).

Найти:

Расстояние между прямыми:

• а) $AA_1$ и $CE_1$;
• б) $AA_1$ и $CF_1$;
• в) $AB_1$ и $DE_1$;
• г) $AB_1$ и $CF_1$.

Решение:

Для решения задачи будем использовать координатный метод. Разместим центр нижнего основания призмы $O$ в начале координат $(0,0,0)$.

Координаты вершин правильного шестиугольника со стороной $a=1$ в плоскости $z=0$:

• $A = (1, 0, 0)$
• $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $D = (-1, 0, 0)$
• $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Координаты вершин верхнего основания (в плоскости $z=1$):

• $A_1 = (1, 0, 1)$
• $B_1 = (1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
• $C_1 = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$
• $D_1 = (-1, 0, 1)$
• $E_1 = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$
• $F_1 = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$

Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми, заданными как $\vec{r_1} = \vec{a_1} + t\vec{u_1}$ и $\vec{r_2} = \vec{a_2} + s\vec{u_2}$, находится по формуле:

$d = \frac{|(\vec{a_2} - \vec{a_1}) \cdot (\vec{u_1} \times \vec{u_2})|}{||\vec{u_1} \times \vec{u_2}||}$

Для параллельных прямых расстояние равно расстоянию от точки одной прямой до другой прямой.

а) AA₁ и CE₁

Выберем точки на прямых: $A(1, 0, 0)$ и $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Векторы направлений:

• Для $AA_1$: $\vec{u_1} = \vec{A_1} - \vec{A} = (1-1, 0-0, 1-0) = (0, 0, 1)$.
• Для $CE_1$: $\vec{u_2} = \vec{E_1} - \vec{C} = (-1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1-0) = (0, -\sqrt{3}, 1)$.

Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{a_2} - \vec{a_1} = \vec{C} - \vec{A} = (-1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-3/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Векторное произведение $\vec{u_1} \times \vec{u_2}$:

$\vec{u_1} \times \vec{u_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 1 - 1 \cdot (-\sqrt{3})) - \vec{j}(0 \cdot 1 - 1 \cdot 0) + \vec{k}(0 \cdot (-\sqrt{3}) - 0 \cdot 0) = (\sqrt{3}, 0, 0)$.

Модуль векторного произведения: $||\vec{u_1} \times \vec{u_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 0^2 + 0^2} = \sqrt{3}$.

Скалярное произведение $(\vec{a_2} - \vec{a_1}) \cdot (\vec{u_1} \times \vec{u_2})$:

$(-3/2, \sqrt{3}/2, 0) \cdot (\sqrt{3}, 0, 0) = (-3/2) \cdot \sqrt{3} + (\sqrt{3}/2) \cdot 0 + 0 \cdot 0 = -3\sqrt{3}/2$.

Расстояние $d = \frac{|-3\sqrt{3}/2|}{\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}} = \frac{3}{2}$.

Ответ: $3/2$

б) AA₁ и CF₁

Выберем точки на прямых: $A(1, 0, 0)$ и $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Векторы направлений:

• Для $AA_1$: $\vec{u_1} = (0, 0, 1)$.
• Для $CF_1$: $\vec{u_2} = \vec{F_1} - \vec{C} = (1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1-0) = (1, -\sqrt{3}, 1)$.

Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{a_2} - \vec{a_1} = \vec{C} - \vec{A} = (-3/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Векторное произведение $\vec{u_1} \times \vec{u_2}$:

$\vec{u_1} \times \vec{u_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 1 - 1 \cdot (-\sqrt{3})) - \vec{j}(0 \cdot 1 - 1 \cdot 1) + \vec{k}(0 \cdot (-\sqrt{3}) - 0 \cdot 1) = (\sqrt{3}, 1, 0)$.

Модуль векторного произведения: $||\vec{u_1} \times \vec{u_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{3+1} = \sqrt{4} = 2$.

Скалярное произведение $(\vec{a_2} - \vec{a_1}) \cdot (\vec{u_1} \times \vec{u_2})$:

$(-3/2, \sqrt{3}/2, 0) \cdot (\sqrt{3}, 1, 0) = (-3/2) \cdot \sqrt{3} + (\sqrt{3}/2) \cdot 1 + 0 \cdot 0 = -3\sqrt{3}/2 + \sqrt{3}/2 = -\sqrt{3}$.

Расстояние $d = \frac{|-\sqrt{3}|}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\sqrt{3}/2$

в) AB₁ и DE₁

Выберем точки на прямых: $A(1, 0, 0)$ и $D(-1, 0, 0)$.

Векторы направлений:

• Для $AB_1$: $\vec{u_1} = \vec{B_1} - \vec{A} = (1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 1 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.
• Для $DE_1$: $\vec{u_2} = \vec{E_1} - \vec{D} = (-1/2 - (-1), -\sqrt{3}/2 - 0, 1 - 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{a_2} - \vec{a_1} = \vec{D} - \vec{A} = (-1 - 1, 0 - 0, 0 - 0) = (-2, 0, 0)$.

Векторное произведение $\vec{u_1} \times \vec{u_2}$:

$\vec{u_1} \times \vec{u_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & 1 \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(\sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3}/2)) - \vec{j}(-1/2 - 1/2) + \vec{k}(\sqrt{3}/4 - \sqrt{3}/4) = (\sqrt{3}, 1, 0)$.

Модуль векторного произведения: $||\vec{u_1} \times \vec{u_2}|| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{3+1} = \sqrt{4} = 2$.

Скалярное произведение $(\vec{a_2} - \vec{a_1}) \cdot (\vec{u_1} \times \vec{u_2})$:

$(-2, 0, 0) \cdot (\sqrt{3}, 1, 0) = (-2) \cdot \sqrt{3} + 0 \cdot 1 + 0 \cdot 0 = -2\sqrt{3}$.

Расстояние $d = \frac{|-2\sqrt{3}|}{2} = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

Ответ: $\sqrt{3}$

г) AB₁ и CF₁

Выберем точки на прямых: $A(1, 0, 0)$ и $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Векторы направлений:

• Для $AB_1$: $\vec{u_1} = \vec{B_1} - \vec{A} = (-1/2, \sqrt{3}/2, 1)$.
• Для $CF_1$: $\vec{u_2} = \vec{F_1} - \vec{C} = (1/2 - (-1/2), -\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 1-0) = (1, -\sqrt{3}, 1)$.

Вектор, соединяющий точки на прямых: $\vec{a_2} - \vec{a_1} = \vec{C} - \vec{A} = (-3/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Векторное произведение $\vec{u_1} \times \vec{u_2}$:

$\vec{u_1} \times \vec{u_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & 1 \\ 1 & -\sqrt{3} & 1 \end{vmatrix} = \vec{i}(\sqrt{3}/2 - (-\sqrt{3})) - \vec{j}(-1/2 - 1) + \vec{k}(\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2) = (3\sqrt{3}/2, 3/2, 0)$.

Модуль векторного произведения: $||\vec{u_1} \times \vec{u_2}|| = \sqrt{(3\sqrt{3}/2)^2 + (3/2)^2 + 0^2} = \sqrt{27/4 + 9/4} = \sqrt{36/4} = \sqrt{9} = 3$.

Скалярное произведение $(\vec{a_2} - \vec{a_1}) \cdot (\vec{u_1} \times \vec{u_2})$:

$(-3/2, \sqrt{3}/2, 0) \cdot (3\sqrt{3}/2, 3/2, 0) = (-3/2) \cdot (3\sqrt{3}/2) + (\sqrt{3}/2) \cdot (3/2) + 0 \cdot 0 = -9\sqrt{3}/4 + 3\sqrt{3}/4 = -6\sqrt{3}/4 = -3\sqrt{3}/2$.

Расстояние $d = \frac{|-3\sqrt{3}/2|}{3} = \frac{3\sqrt{3}/2}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\sqrt{3}/2$

14.12. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите расстояние между прямыми $SA$ и:

а) $BC$;

б) $CD$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Длина стороны основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $l = 2$.

Перевод в СИ:

Все данные являются безразмерными величинами (или в условных единицах длины), поэтому перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

а) Расстояние между прямыми $SA$ и $BC$.

б) Расстояние между прямыми $SA$ и $CD$.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Разместим центр основания пирамиды, точку $O$, в начале координат $(0, 0, 0)$. Ось $z$ направим вдоль высоты пирамиды $SO$. Вершину $A$ основания разместим на оси $x$.

Найдем координаты вершин пирамиды:

Так как основание является правильным шестиугольником, расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны основания. Значит, $OA = a = 1$.

Высота пирамиды $SO = h$. В прямоугольном треугольнике $SOA$ (где $O$ - основание высоты, $S$ - вершина пирамиды, $A$ - вершина основания) по теореме Пифагора:

$h^2 = SA^2 - OA^2 = l^2 - a^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$.

Следовательно, $h = \sqrt{3}$.

Координаты вершины $S$: $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

Координаты вершин основания (при $a=1$):

$A = (1, 0, 0)$

$B = (\cos(60^\circ), \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$C = (\cos(120^\circ), \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$D = (\cos(180^\circ), \sin(180^\circ), 0) = (-1, 0, 0)$

Прямая $SA$ проходит через точки $S(0, 0, \sqrt{3})$ и $A(1, 0, 0)$.

Направляющий вектор прямой $SA$: $\vec{v}_{SA} = A - S = (1 - 0, 0 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1, 0, -\sqrt{3})$.

Для нахождения расстояния между двумя скрещивающимися прямыми $L_1$ и $L_2$ с направляющими векторами $\vec{v}_1$, $\vec{v}_2$ и точками $P_1 \in L_1$, $P_2 \in L_2$ используется формула:

$d = \frac{|(\vec{P_1} - \vec{P_2}) \cdot (\vec{v_1} \times \vec{v_2})|}{||\vec{v_1} \times \vec{v_2}||}$

a) Расстояние между прямыми SA и BC

Прямая $SA$: возьмем точку $P_1 = A = (1, 0, 0)$, направляющий вектор $\vec{v}_{SA} = (1, 0, -\sqrt{3})$.

Прямая $BC$ проходит через $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Возьмем точку $P_2 = C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Направляющий вектор прямой $BC$: $\vec{v}_{BC} = C - B = (-1/2 - 1/2, \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-1, 0, 0)$.

Вычислим векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{v}_{SA} \times \vec{v}_{BC} = (1, 0, -\sqrt{3}) \times (-1, 0, 0) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & -\sqrt{3} \\ -1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 0 - (-\sqrt{3}) \cdot 0) - \mathbf{j}(1 \cdot 0 - (-\sqrt{3}) \cdot (-1)) + \mathbf{k}(1 \cdot 0 - 0 \cdot (-1)) = (0, \sqrt{3}, 0)$.

Модуль векторного произведения: $||\vec{v}_{SA} \times \vec{v}_{BC}|| = ||(0, \sqrt{3}, 0)|| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{3})^2 + 0^2} = \sqrt{3}$.

Вектор, соединяющий точки $P_1$ и $P_2$: $\vec{P_1P_2} = A - C = (1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (3/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Вычислим смешанное произведение:

$(\vec{P_1P_2}) \cdot (\vec{v}_{SA} \times \vec{v}_{BC}) = (3/2, -\sqrt{3}/2, 0) \cdot (0, \sqrt{3}, 0) = (3/2) \cdot 0 + (-\sqrt{3}/2) \cdot \sqrt{3} + 0 \cdot 0 = 0 - 3/2 + 0 = -3/2$.

Расстояние $d_{SA,BC} = \frac{|-3/2|}{\sqrt{3}} = \frac{3/2}{\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}}{2 \cdot 3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{2}$

б) Расстояние между прямыми SA и CD

Прямая $SA$: точка $P_1 = A = (1, 0, 0)$, направляющий вектор $\vec{v}_{SA} = (1, 0, -\sqrt{3})$.

Прямая $CD$ проходит через $C(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $D(-1, 0, 0)$.

Возьмем точку $P_2 = C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Направляющий вектор прямой $CD$: $\vec{v}_{CD} = D - C = (-1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Вычислим векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{v}_{SA} \times \vec{v}_{CD} = (1, 0, -\sqrt{3}) \times (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & -\sqrt{3}/2 & 0 \end{vmatrix}$

$= \mathbf{i}(0 \cdot 0 - (-\sqrt{3}) \cdot (-\sqrt{3}/2)) - \mathbf{j}(1 \cdot 0 - (-\sqrt{3}) \cdot (-1/2)) + \mathbf{k}(1 \cdot (-\sqrt{3}/2) - 0 \cdot (-1/2))$

$= \mathbf{i}(-3/2) - \mathbf{j}(-\sqrt{3}/2) + \mathbf{k}(-\sqrt{3}/2) = (-3/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2)$.

Модуль векторного произведения: $||\vec{v}_{SA} \times \vec{v}_{CD}|| = ||(-3/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2)|| = \sqrt{(-3/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2}$

$= \sqrt{9/4 + 3/4 + 3/4} = \sqrt{15/4} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.

Вектор, соединяющий точки $P_1$ и $P_2$: $\vec{P_1P_2} = A - C = (1 - (-1/2), 0 - \sqrt{3}/2, 0 - 0) = (3/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Вычислим смешанное произведение:

$(\vec{P_1P_2}) \cdot (\vec{v}_{SA} \times \vec{v}_{CD}) = (3/2, -\sqrt{3}/2, 0) \cdot (-3/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2)$

$= (3/2) \cdot (-3/2) + (-\sqrt{3}/2) \cdot (\sqrt{3}/2) + 0 \cdot (-\sqrt{3}/2) = -9/4 - 3/4 + 0 = -12/4 = -3$.

Расстояние $d_{SA,CD} = \frac{|-3|}{\sqrt{15}/2} = \frac{3}{\sqrt{15}/2} = \frac{6}{\sqrt{15}} = \frac{6\sqrt{15}}{15} = \frac{2\sqrt{15}}{5}$.

Ответ: $\frac{2\sqrt{15}}{5}$

14.13.Докажите, что для любых двух скрещивающихся прямых общий перпендикуляр существует.

Докажите, что для любых двух скрещивающихся прямых общий перпендикуляр существует.

Решение:

Рассмотрим две скрещивающиеся прямые $l$ и $m$. Нам необходимо доказать существование общего перпендикуляра к этим прямым.

1.Построение плоскости, содержащей одну прямую и параллельной другой.
Возьмем произвольную точку $A$ на прямой $l$. Через точку $A$ проведем прямую $m'$, параллельную прямой $m$. Прямые $l$ и $m'$ пересекаются в точке $A$, следовательно, они определяют единственную плоскость $\Pi$. Поскольку $m' \parallel m$, то прямая $m$ параллельна плоскости $\Pi$ (так как она параллельна прямой, лежащей в этой плоскости).

2.Ортогональное проецирование второй прямой на построенную плоскость.
Осуществим ортогональное проецирование прямой $m$ на плоскость $\Pi$. Пусть $m_0$ — ортогональная проекция прямой $m$ на плоскость $\Pi$. Поскольку прямая $m$ параллельна плоскости $\Pi$, ее ортогональная проекция $m_0$ будет прямой, параллельной $m$. Следовательно, $m_0 \parallel m$.

3.Нахождение точки пересечения.
Прямые $l$ и $m$ являются скрещивающимися, что означает, что они не параллельны. Поскольку $m_0 \parallel m$, то прямая $l$ не параллельна прямой $m_0$. Обе прямые $l$ и $m_0$ лежат в одной плоскости $\Pi$. Так как они не параллельны, они должны пересекаться в некоторой единственной точке $P$.

4.Построение перпендикуляра к плоскости.
Точка $P$ лежит на прямой $m_0$, которая является ортогональной проекцией прямой $m$. Это означает, что существует единственная точка $Q$ на прямой $m$ такая, что отрезок $PQ$ является перпендикуляром к плоскости $\Pi$ (т.е. $PQ \perp \Pi$). Точка $P$ является ортогональной проекцией точки $Q$ на плоскость $\Pi$.

5.Доказательство перпендикулярности к первой прямой.
Поскольку $PQ \perp \Pi$ и прямая $l$ лежит в плоскости $\Pi$ ($l \subset \Pi$), то по определению перпендикулярности прямой и плоскости, $PQ \perp l$.

6.Доказательство перпендикулярности ко второй прямой.
Мы знаем, что $PQ \perp \Pi$, и прямая $m_0$ лежит в плоскости $\Pi$ ($m_0 \subset \Pi$), поэтому $PQ \perp m_0$. Также из пункта 2 мы установили, что $m_0 \parallel m$. Если прямая ($PQ$) перпендикулярна одной из двух параллельных прямых ($m_0$), то она перпендикулярна и другой ($m$). Следовательно, $PQ \perp m$.

7.Заключение.
Из пунктов 5 и 6 следует, что отрезок $PQ$ является перпендикулярным как к прямой $l$, так и к прямой $m$. При этом точка $P$ лежит на прямой $l$ (из пункта 3), а точка $Q$ лежит на прямой $m$ (из пункта 4). Таким образом, отрезок $PQ$ является общим перпендикуляром к скрещивающимся прямым $l$ и $m$.

Эта конструкция доказывает существование общего перпендикуляра для любых двух скрещивающихся прямых.

Ответ: Общий перпендикуляр существует.

14.14. Докажите, что для любых двух скрещивающихся прямых общий перпендикуляр единственен.

Дано: две скрещивающиеся прямые $a$ и $b$.

Найти: доказать, что общий перпендикуляр к $a$ и $b$ единственен.

Решение:

Предположим противное, что существуют два различных общих перпендикуляра $L_1$ и $L_2$ к скрещивающимся прямым $a$ и $b$.

Пусть $L_1$ соединяет точки $A_1 \in a$ и $B_1 \in b$. Пусть $L_2$ соединяет точки $A_2 \in a$ и $B_2 \in b$.

По определению общего перпендикуляра, $L_1$ перпендикулярен прямой $a$ и прямой $b$ ($L_1 \perp a$, $L_1 \perp b$). Аналогично, $L_2$ перпендикулярен прямой $a$ и прямой $b$ ($L_2 \perp a$, $L_2 \perp b$).

Пусть $\vec{u}$ — направляющий вектор прямой $a$, а $\vec{v}$ — направляющий вектор прямой $b$. Поскольку прямые $a$ и $b$ скрещивающиеся, векторы $\vec{u}$ и $\vec{v}$ не коллинеарны.

Направляющий вектор любого общего перпендикуляра должен быть ортогонален как $\vec{u}$, так и $\vec{v}$. Единственное (с точностью до знака) такое направление определяется вектором, параллельным векторному произведению $\vec{u} \times \vec{v}$.

Таким образом, прямые $L_1$ и $L_2$, являющиеся общими перпендикулярами, имеют направляющие векторы, параллельные $\vec{u} \times \vec{v}$. Следовательно, прямые $L_1$ и $L_2$ параллельны друг другу.

Поскольку $L_1$ и $L_2$ — это две различные параллельные прямые (по нашему предположению), они однозначно определяют некоторую плоскость $\mathcal{P}$.

Точки $A_1$ и $A_2$ принадлежат прямой $a$. Также, $A_1$ лежит на $L_1$, а $L_1$ лежит в плоскости $\mathcal{P}$. $A_2$ лежит на $L_2$, а $L_2$ лежит в плоскости $\mathcal{P}$. Поскольку две точки прямой $a$ ($A_1$ и $A_2$) лежат в плоскости $\mathcal{P}$, то и вся прямая $a$ лежит в плоскости $\mathcal{P}$.

Аналогично, точки $B_1$ и $B_2$ принадлежат прямой $b$. $B_1$ лежит на $L_1$, а $L_1$ лежит в плоскости $\mathcal{P}$. $B_2$ лежит на $L_2$, а $L_2$ лежит в плоскости $\mathcal{P}$. Поскольку две точки прямой $b$ ($B_1$ и $B_2$) лежат в плоскости $\mathcal{P}$, то и вся прямая $b$ лежит в плоскости $\mathcal{P}$.

Таким образом, мы пришли к выводу, что прямые $a$ и $b$ лежат в одной плоскости $\mathcal{P}$. Однако это противоречит исходному условию, что $a$ и $b$ — скрещивающиеся прямые, которые по определению не лежат в одной плоскости.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение о существовании двух различных общих перпендикуляров неверно.

Ответ: общий перпендикуляр к двум скрещивающимся прямым единственен.

14.15. По аналогии с понятием наклонной к прямой на плоскости определите понятие наклонной к плоскости в пространстве.

Решение

Понятие наклонной к прямой на плоскости определяется как отрезок, соединяющий данную точку вне прямой с точкой на прямой, причем этот отрезок не является перпендикуляром к данной прямой. Аналогично, понятие наклонной к плоскости в пространстве можно определить следующим образом:

Пусть дана плоскость $\alpha$ в пространстве и точка $A$, не лежащая в этой плоскости. Если из точки $A$ опустить перпендикуляр $AH$ на плоскость $\alpha$, где $H$ – это основание перпендикуляра (точка пересечения перпендикуляра с плоскостью $\alpha$), то любой отрезок $AB$, соединяющий точку $A$ с любой другой точкой $B$ плоскости $\alpha$ (при условии, что $B \neq H$), называется наклонной, проведенной из точки $A$ к плоскости $\alpha$. Точка $H$ называется основанием наклонной $AB$ на плоскости $\alpha$.

Ответ:

Наклонная к плоскости в пространстве – это отрезок, соединяющий данную точку, не лежащую в плоскости, с точкой, лежащей в этой плоскости, при условии, что данный отрезок не является перпендикуляром к этой плоскости. Основанием наклонной называется точка ее пересечения с плоскостью, а основанием перпендикуляра, проведенного из той же точки на плоскость, называется проекция наклонной на плоскость.

делите понятие наклонной к плоскости в пространстве.

14.16. Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, укажите какие-нибудь наклонные к плоскости $ABC$.

Для куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, укажите какие-нибудь наклонные к плоскости $ABC$.

Решение
Линия (или отрезок) называется наклонной к плоскости, если она не перпендикулярна этой плоскости и не параллельна ей (а также не лежит в ней), но при этом имеет общую точку с плоскостью.
Рассмотрим куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Плоскость $ABC$ - это плоскость, в которой лежит нижняя грань куба $ABCD$.
Ребра куба, перпендикулярные плоскости $ABC$, это $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$, $DD_1$.
Ребра и диагонали, лежащие в плоскости $ABC$ (например, $AB$, $BC$, $CD$, $DA$, $AC$, $BD$), или параллельные ей (например, $A_1B_1$, $B_1C_1$, $C_1D_1$, $D_1A_1$, $A_1C_1$, $B_1D_1$), не являются наклонными.
Наклонными к плоскости $ABC$ являются отрезки, которые соединяют вершину, принадлежащую плоскости $ABC$, с вершиной, не принадлежащей этой плоскости, при условии, что этот отрезок не перпендикулярен плоскости $ABC$.
Примерами таких наклонных отрезков являются диагонали боковых граней или пространственные диагонали куба, которые начинаются в плоскости $ABC$:
- Диагонали боковых граней, например: $AB_1$, $AD_1$, $BC_1$, $CD_1$.
- Пространственные диагонали куба, например: $AC_1$, $BD_1$, $CA_1$, $DB_1$.
Например, отрезок $AB_1$ соединяет вершину $A$ (лежащую в плоскости $ABC$) с вершиной $B_1$ (не лежащей в плоскости $ABC$). Так как отрезок $AB_1$ не перпендикулярен плоскости $ABC$ (перпендикулярным было бы ребро $BB_1$), то $AB_1$ является наклонной к плоскости $ABC$. Аналогично для других перечисленных отрезков.
Ответ: Например, отрезки $AB_1$, $AC_1$, $BD_1$.

14.17. Как связаны между собой перпендикуляр и наклонная, проведенные из одной точки к плоскости.

Решение

Перпендикуляр и наклонная, проведенные из одной точки к плоскости, тесно связаны между собой через геометрические свойства прямоугольного треугольника.

Представим, что из некоторой точки $A$, не лежащей в плоскости $\alpha$, проведены к этой плоскости отрезок $AH$, являющийся перпендикуляром, и отрезок $AB$, являющийся наклонной. Точка $H$ — это основание перпендикуляра на плоскости $\alpha$, а точка $B$ — основание наклонной на плоскости $\alpha$. Отрезок $HB$ называется проекцией наклонной $AB$ на плоскость $\alpha$.

По определению, перпендикуляр $AH$ образует прямой угол ($90^\circ$) с любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через его основание $H$. В частности, $AH \perp HB$. Таким образом, отрезки $AH$, $HB$ и $AB$ образуют прямоугольный треугольник $AHB$, где прямой угол находится при вершине $H$.

В этом прямоугольном треугольнике:

• Отрезок $AH$ (перпендикуляр) является одним из катетов.

• Отрезок $HB$ (проекция наклонной) является другим катетом.

• Отрезок $AB$ (наклонная) является гипотенузой.

Согласно теореме Пифагора, квадрат длины гипотенузы равен сумме квадратов длин катетов. Для данного случая это выражается формулой:

$AB^2 = AH^2 + HB^2$

Из этой формулы следует, что длина наклонной $AB$ всегда больше длины перпендикуляра $AH$ (при условии, что проекция $HB$ не равна нулю, то есть наклонная не совпадает с перпендикуляром). Таким образом, перпендикуляр представляет собой кратчайшее расстояние от данной точки до плоскости.

Ответ: Перпендикуляр и наклонная, проведенные из одной точки к плоскости, образуют прямоугольный треугольник вместе с проекцией наклонной. В этом треугольнике наклонная является гипотенузой, а перпендикуляр и ее проекция — катетами. Вследствие этого наклонная всегда длиннее перпендикуляра, а перпендикуляр является кратчайшим расстоянием от точки до плоскости.