Угол между скрещивающимися прямыми: задание 14 ЕГЭ профиль

О чём эта подтема

В задании 14 профильного ЕГЭ вторая часть многих задач про многогранники и пирамиды сводится к нахождению угла между двумя прямыми, которые не пересекаются и не параллельны — то есть скрещивающимися. Такие прямые лежат в пространстве, но не имеют общей плоскости, поэтому угол между ними определяется через параллельный перенос одной из прямых или через направляющие векторы. Эта подтема почти всегда встречается как пункт б) задачи, где в пункте а) нужно что-то доказать (например, свойство сечения или перпендикулярность), а в пункте б) — вычислить числовой ответ: угол, его косинус, тангенс или площадь фигуры, зависящую от найденного параметра.

Что нужно знать

• Определение: угол между скрещивающимися прямыми $a$ и $b$ — это угол между прямыми $a'$ и $b'$, пересекающимися в одной точке, где $a'\parallel a$, $b'\parallel b$. Величина угла лежит от $0^\circ$ до $90^\circ$, то есть всегда берём острый угол (или прямой).
• Векторная формула: если $\vec{a}$ и $\vec{b}$ — направляющие векторы прямых, то $$\cos\varphi=\frac{|\vec{a}\cdot\vec{b}|}{|\vec{a}|\,|\vec{b}|}.$$ Модуль в числителе обязателен — он гарантирует острый угол независимо от направления векторов.
• Метод координат: после введения системы координат вершины фигуры получают числовые координаты, направляющие векторы находятся как разность координат конца и начала отрезка.
• Синтетический метод: через вспомогательную точку строится прямая, параллельная второй прямой, тогда угол между скрещивающимися прямыми превращается в угол плоского треугольника, который находится по теореме косинусов: $$\cos\varphi=\frac{p^2+q^2-r^2}{2pq}.$$
• Свойства опорных фигур: медиана равностороннего треугольника со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt3}{2}$; средняя линия треугольника равна половине стороны и параллельна ей; в правильном тетраэдре и правильной пирамиде высота находится из прямоугольного треугольника «высота — расстояние от центра основания до вершины — боковое ребро».
• Переход между тригонометрическими функциями угла: $\cos^2\varphi=\dfrac{1}{1+\tan^2\varphi}$ — удобно, если в условии дан тангенс.

Как решать: метод и алгоритм

Оптимальный путь в задании 14 — координатный метод, он даёт минимум ошибок при сложной геометрии.

1. Выбрать систему координат, привязанную к симметрии фигуры (центр основания, вершина прямого угла и т. п.).
2. Найти координаты всех нужных точек, включая середины ребер и точки пересечения.
3. Составить направляющие векторы обеих скрещивающихся прямых как разность координат.
4. Вычислить скалярное произведение и длины векторов, подставить в формулу косинуса угла, взять модуль числителя.
5. Если дан тангенс или синус угла и нужно найти неизвестную величину (например, высоту пирамиды), выразить $\cos^2\varphi$ через $\tan^2\varphi$ и составить уравнение относительно неизвестной.
6. Оформить ответ: если требуется угол — записать через арккосинус или арктангенс; если требуется другая величина (площадь, объём) — довести вычисления до числа.

Если координаты неудобны, используют синтетический перенос: через точку строят отрезок, параллельный одной из прямых, находят стороны получившегося треугольника и применяют теорему косинусов.

Разбор примера

Пример 1. Ребро правильного тетраэдра $ABCD$ равно 1, $M$ — середина $BC$, $L$ — середина $AB$.

Пункт а). Нужно доказать, что плоскость, содержащая $DM$ и параллельная $CL$, пересекает $AB$ в точке, делящей его в отношении $3:1$ от $A$. Работаем в плоскости основания $ABC$. Введём координаты: $A(0;0)$, $B(1;0)$, $C\left(\frac12;\frac{\sqrt3}{2}\right)$. Тогда $L\left(\frac12;0\right)$, $M\left(\frac34;\frac{\sqrt3}{4}\right)$. Прямая $CL$ — вертикальная прямая $x=\frac12$ (у $C$ и $L$ одинаковая абсцисса). Прямая через $M$, параллельная $CL$, — вертикальная прямая $x=\frac34$; она пересекает $AB$ в точке $K\left(\frac34;0\right)$. Значит, $AK=\frac34$, $KB=\frac14$, отношение $AK:KB=3:1$, что и требовалось доказать. Плоскость $DMK$ содержит $DM$ и параллельна $CL$, так как содержит прямую $MK\parallel CL$, а сама $CL$ не лежит в этой плоскости.

Пункт б). Достроим точку $D$ над центром основания. Центроид треугольника $ABC$: $G\left(\frac12;\frac{\sqrt3}{6}\right)$, $AG=\frac{1}{\sqrt3}$. Высота тетраэдра: $h^2+\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^2=1^2$, откуда $h=\sqrt{\frac23}$. Тогда $D\left(\frac12;\frac{\sqrt3}{6};\sqrt{\frac23}\right)$.

Вектор $\vec{DM}=M-D=\left(\frac14;\frac{\sqrt3}{12};-\sqrt{\frac23}\right)$, его длина $|\vec{DM}|=\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{3}{144}+\frac23}=\frac{\sqrt3}{2}$ — это медиана равностороннего треугольника $DBC$ со стороной 1.

Вектор $\vec{CL}=L-C=\left(0;-\frac{\sqrt3}{2};0\right)$, его длина $\frac{\sqrt3}{2}$ — медиана треугольника $ABC$.

Скалярное произведение: $\vec{DM}\cdot\vec{CL}=0-\frac{\sqrt3}{12}\cdot\frac{\sqrt3}{2}-0=-\frac18$.

Отсюда $\cos\varphi=\dfrac{\left|-\frac18\right|}{\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}}=\dfrac{\frac18}{\frac34}=\frac16$.

Угол между $DM$ и $CL$ равен $\arccos\frac16$ — совпадает с ответом задачи.

Пример 2. Правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ со стороной основания 8, $L$ — середина $SC$, известно $\tan\varphi=2\sqrt{\frac25}$, где $\varphi$ — угол между $BL$ и $SA$.

Пункт а). Докажем $BO\perp LO$, где $O$ — центр основания. Поместим $O$ в начало координат, $S(0;0;h)$, $A(-4;-4;0)$, $B(4;-4;0)$, $C(4;4;0)$. Так как $OS$ перпендикулярна плоскости основания, $OS\perp OB$. Диагонали квадрата $AC$ и $BD$ перпендикулярны, поэтому $OB\perp OC$. Значит, $OB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $SOC$ — $OC$ и $OS$ — и следовательно, $OB$ перпендикулярна всей этой плоскости. Точка $L$, середина $SC$, лежит в плоскости $SOC$, поэтому $OL\subset$ плоскости $SOC$, откуда $BO\perp LO$. Доказательство не зависит от высоты пирамиды.

Пункт б). $L=\left(2;2;\frac h2\right)$. Вектор $\vec{BL}=L-B=\left(-2;6;\frac h2\right)$, вектор $\vec{SA}=A-S=(-4;-4;-h)$.

$$\vec{BL}\cdot\vec{SA}=8-24-\frac{h^2}{2}=-16-\frac{h^2}{2},$$ $$|\vec{BL}|=\sqrt{40+\frac{h^2}{4}},\qquad |\vec{SA}|=\sqrt{32+h^2}.$$

Из $\tan\varphi=2\sqrt{\frac25}$ получаем $\tan^2\varphi=\frac85$, тогда $\cos^2\varphi=\dfrac{1}{1+\tan^2\varphi}=\dfrac{5}{13}$.

Обозначим $x=h^2$ и составим уравнение: $$\frac{\left(16+\frac{x}{2}\right)^2}{\left(40+\frac{x}{4}\right)(32+x)}=\frac{5}{13}.$$

После упрощения дробь слева сводится к $\dfrac{32+x}{160+x}$, поэтому $$13(32+x)=5(160+x)\ \Rightarrow\ 8x=384\ \Rightarrow\ x=48.$$

Значит, $h^2=48$, $h=4\sqrt3$. Расстояние от $O$ до середины стороны основания равно 4, поэтому апофема боковой грани $l=\sqrt{h^2+16}=\sqrt{64}=8$.

Площадь боковой поверхности: $S_{\text{бок}}=4\cdot\frac12\cdot8\cdot8=128$. Площадь основания: $S_{\text{осн}}=64$. Итого $S_{\text{полн}}=128+64=192$ — совпадает с ответом задачи.

Типичные ошибки

• Забывают взять модуль числителя в формуле косинуса и получают отрицательный косинус или «тупой» угол, хотя угол между скрещивающимися прямыми всегда острый или прямой.
• Путают угол между прямыми с углом между векторами: направление вектора выбирается произвольно, а результат не должен зависеть от выбора — модуль в формуле решает эту проблему.
• Неудачно выбирают систему координат: если центр фигуры не совмещён с началом координат, вычисления усложняются и растёт риск арифметической ошибки.
• Неверно находят высоту пирамиды или тетраэдра — забывают, что она ищется через прямоугольный треугольник с расстоянием от центра до вершины основания, а не с половиной стороны.
• При переходе от тангенса угла к косинусу забывают формулу $\cos^2\varphi=\dfrac{1}{1+\tan^2\varphi}$ и пытаются искать угол напрямую, усложняя алгебру.
• Не проверяют геометрический смысл результата: отрицательная длина или отношение больше единицы должны сразу насторожить.

На что обратить внимание на экзамене

Перед вычислениями отметьте, какие точки и прямые задействованы, и сразу решите, удобно ли поставить координаты в центр симметрии фигуры — почти всегда да. При решении через координаты не сокращайте промежуточные шаги: выписывайте координаты всех точек явно, это экономит время при проверке. Формулу с модулем в числителе стоит запомнить наизусть, чтобы не тратить время на рассуждения о знаке. Если в условии дан тангенс, синус или косинус угла и нужно найти неизвестный параметр фигуры, сразу переводите заданную величину в $\cos^2\varphi$ — это самый быстрый путь к уравнению. Внимательно читайте, что именно спрашивают в пункте б): угол через арккосинус/арктангенс или числовую величину (площадь, объём), которая зависит от найденного параметра.