Provjerite leže li linije u istoj ravni. Uslov da dvije prave pripadaju istoj ravni. Udaljenost od tačke do linije

Ovaj članak govori o paralelnim linijama i paralelnim linijama. Prvo se daje definicija paralelnih pravih na ravni i u prostoru, uvode se oznake, daju se primjeri i grafičke ilustracije paralelnih pravih. Zatim se razmatraju znaci i uslovi za paralelnost pravih. U zaključku su prikazana rješenja tipičnih problema dokazivanja paralelizma pravih, koja su data određenim jednačinama prave u pravokutnom koordinatnom sistemu na ravni i u trodimenzionalnom prostoru.

Navigacija po stranici.

Paralelne linije - osnovne informacije.

Definicija.

Zovu se dvije prave u ravni paralelno, ako nemaju zajedničke tačke.

Definicija.

Zovu se dvije linije u trodimenzionalnom prostoru paralelno, ako leže u istoj ravni i nemaju zajedničke tačke.

Imajte na umu da je klauzula „ako leže u istoj ravni“ u definiciji paralelnih pravih u prostoru veoma važna. Pojasnimo ovu tačku: dvije prave u trodimenzionalnom prostoru koje nemaju zajedničke tačke i ne leže u istoj ravni nisu paralelne, već seku.

Evo nekoliko primjera paralelnih linija. Suprotne ivice lista sveske leže na paralelnim linijama. Prave linije duž kojih ravnina zida kuće siječe ravnine stropa i poda su paralelne. Željezničke šine na ravnom terenu također se mogu smatrati paralelnim prugama.

Za označavanje paralelnih linija koristite simbol “”. To jest, ako su prave a i b paralelne, onda možemo ukratko napisati a b.

Imajte na umu: ako su prave a i b paralelne, onda možemo reći da je prava a paralelna pravoj b, kao i da je prava b paralelna pravoj a.

Recimo tvrdnju koja igra važnu ulogu u proučavanju paralelnih pravih na ravni: kroz tačku koja ne leži na datoj, prolazi jedina prava paralelna datoj. Ova tvrdnja se prihvata kao činjenica (ne može se dokazati na osnovu poznatih aksioma planimetrije), a naziva se aksiomom paralelnih pravih.

Za slučaj u prostoru važi teorema: kroz bilo koju tačku u prostoru koja ne leži na datoj pravoj, prolazi jedna prava paralelna sa datom. Ova teorema se lako dokazuje korištenjem gornje aksiome paralelnih pravih (dokaz možete pronaći u udžbeniku geometrije za 10-11 razred, koji je naveden na kraju članka u popisu literature).

Za slučaj u prostoru važi teorema: kroz bilo koju tačku u prostoru koja ne leži na datoj pravoj, prolazi jedna prava paralelna sa datom. Ova teorema se može lako dokazati korištenjem gornjeg aksioma paralelne prave.

Paralelnost pravih - znaci i uslovi paralelizma.

Znak paralelizma pravih je dovoljan uslov da prave budu paralelne, odnosno uslov čije ispunjenje garantuje da su prave paralelne. Drugim riječima, ispunjenje ovog uslova je dovoljno da se utvrdi činjenica da su prave paralelne.

Takođe postoje neophodni i dovoljni uslovi za paralelnost pravih na ravni iu trodimenzionalnom prostoru.

Objasnimo značenje izraza "neophodan i dovoljan uslov za paralelne prave".

Već smo se bavili dovoljnim uslovom za paralelne prave. Šta je "neophodan uslov za paralelne prave"? Iz naziva „neophodan“ jasno je da je ispunjenje ovog uslova neophodno za paralelne prave. Drugim riječima, ako nije ispunjen neophodan uvjet da prave budu paralelne, tada prave nisu paralelne. dakle, neophodan i dovoljan uslov za paralelne prave je uslov čije je ispunjenje neophodno i dovoljno za paralelne prave. Odnosno, s jedne strane, ovo je znak paralelizma pravih, a s druge strane, ovo je svojstvo koje imaju paralelne prave.

Prije nego što formulišemo neophodan i dovoljan uslov za paralelnost linija, preporučljivo je prisjetiti se nekoliko pomoćnih definicija.

Sekantna linija je prava koja siječe svaku od dvije date nepodudarne prave.

Kada se dvije prave linije seku sa transverzalom, nastaje osam nerazvijenih. tzv ležeći poprečno, odgovarajući I jednostrani uglovi. Pokažimo ih na crtežu.

Teorema.

Ako se dvije prave u ravni sijeku transverzalom, tada je potrebno i dovoljno da su uglovi koji se seku jednaki, ili da su odgovarajući uglovi jednaki, ili je zbir jednostranih uglova jednak 180 da bi bile paralelne. stepeni.

Pokažimo grafičku ilustraciju ovog neophodnog i dovoljnog uslova za paralelnost pravih na ravni.

Dokaze za ove uslove za paralelnost pravih možete pronaći u udžbenicima geometrije za 7-9 razred.

Imajte na umu da se ovi uvjeti mogu koristiti i u trodimenzionalnom prostoru - glavna stvar je da dvije prave i sekansa leže u istoj ravni.

Evo još nekoliko teorema koje se često koriste za dokazivanje paralelizma pravih.

Teorema.

Ako su dvije prave u ravni paralelne s trećom pravom, onda su one paralelne. Dokaz ovog kriterija slijedi iz aksioma paralelnih pravih.

Sličan uslov postoji i za paralelne linije u trodimenzionalnom prostoru.

Teorema.

Ako su dvije prave u prostoru paralelne s trećom linijom, onda su paralelne. O dokazu ovog kriterija govori se na časovima geometrije u 10. razredu.

Ilustrujmo navedene teoreme.

Predstavimo još jednu teoremu koja nam omogućava da dokažemo paralelizam pravih na ravni.

Teorema.

Ako su dvije prave u ravni okomite na treću pravu, onda su paralelne.

Postoji slična teorema za linije u prostoru.

Teorema.

Ako su dvije prave u trodimenzionalnom prostoru okomite na istu ravan, onda su paralelne.

Nacrtajmo slike koje odgovaraju ovim teoremama.

Sve gore formulisane teoreme, kriterijumi i neophodni i dovoljni uslovi odlični su za dokazivanje paralelizma pravih metodama geometrije. Odnosno, da biste dokazali paralelizam dvije date prave, morate pokazati da su one paralelne s trećom linijom, ili pokazati jednakost poprečno ležećih uglova itd. Mnogi slični problemi rješavaju se na časovima geometrije u srednjoj školi. Međutim, treba napomenuti da je u mnogim slučajevima zgodno koristiti koordinatnu metodu za dokazivanje paralelnosti pravih na ravni ili u trodimenzionalnom prostoru. Hajde da formulišemo neophodne i dovoljne uslove za paralelnost pravih koje su određene u pravougaonom koordinatnom sistemu.

Paralelizam pravih u pravougaonom koordinatnom sistemu.

U ovom paragrafu članka ćemo formulisati neophodni i dovoljni uslovi za paralelne prave u pravougaonom koordinatnom sistemu, u zavisnosti od vrste jednačina koje definišu ove prave, a daćemo i detaljna rešenja karakterističnih problema.

Počnimo sa uslovom paralelnosti dve prave na ravni u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxy. Njegov dokaz se zasniva na definiciji vektora pravca prave i definicije vektora normale prave na ravni.

Teorema.

Da bi dvije nepodudarne prave bile paralelne u ravni, potrebno je i dovoljno da vektori smjera ovih pravih budu kolinearni, ili da su vektori normale ovih pravi kolinearni, ili da je vektor smjera jedne prave okomit na normalu vektor druge linije.

Očigledno, uvjet paralelizma dvije prave na ravni se svodi na (vektori pravca prava ili normalni vektori pravih) ili na (vektor smjera jedne prave i normalni vektor druge linije). Dakle, ako su i vektori smjera linija a i b, i I su normalni vektori pravih a i b, redom, tada će nužan i dovoljan uslov za paralelnost pravih a i b biti zapisan kao , ili , ili , gdje je t neki realni broj. Zauzvrat, koordinate vodilica i (ili) normalnih vektora linija a i b nalaze se pomoću poznatih jednačina linija.

Konkretno, ako prava linija a u pravougaonom koordinatnom sistemu Oxy na ravni definiše opštu pravolinijsku jednačinu oblika , i prava b - , tada normalni vektori ovih pravih imaju koordinate i, respektivno, a uslov paralelnosti pravih a i b biće zapisan kao .

Ako linija a odgovara jednadžbi prave sa ugaonim koeficijentom oblika , a prava b - , tada normalni vektori ovih pravih imaju koordinate i , a uslov za paralelnost ovih pravih ima oblik . Shodno tome, ako su linije na ravni u pravougaonom koordinatnom sistemu paralelne i mogu se specificirati jednačinama linija sa ugaonim koeficijentima, tada će ugaoni koeficijenti pravih biti jednaki. I obrnuto: ako se nepodudarne prave na ravni u pravougaonom koordinatnom sistemu mogu specificirati jednačinama prave sa jednakim ugaonim koeficijentima, onda su takve prave paralelne.

Ako su prava a i prava b u pravougaonom koordinatnom sistemu određene kanonskim jednačinama prave na ravni oblika I , ili parametarske jednadžbe prave linije na ravni oblika I u skladu s tim, vektori smjera ovih linija imaju koordinate i , a uvjet za paralelnost linija a i b zapisuje se kao .

Pogledajmo rješenja na nekoliko primjera.

Primjer.

Jesu li linije paralelne? i ?

Rješenje.

Prepišimo jednadžbu prave u segmentima u obliku opšte jednačine prave: . Sada možemo vidjeti da je to normalni vektor linije , a je normalni vektor prave. Ovi vektori nisu kolinearni, jer ne postoji pravi broj t za koji je jednakost ( ). Shodno tome, nužan i dovoljan uslov za paralelnost pravih na ravni nije zadovoljen, pa date prave nisu paralelne.

odgovor:

Ne, prave nisu paralelne.

Primjer.

Da li su prave i paralelne?

Rješenje.

Svedimo kanonsku jednačinu prave na jednačinu prave sa ugaonim koeficijentom: . Očigledno je da jednačine pravih i nisu iste (u ovom slučaju date prave bi bile iste) i ugaoni koeficijenti pravih su jednaki, dakle, originalne prave su paralelne.

Prave linije leže u istoj ravni. ako se 1) seku; 2) su paralelne.

Da prave L 1: i L 2: pripadaju istoj ravni  tako da vektori M 1 M 2 =(x 2 -x 1 ;y 2 -y 1 ;z 2 -z 1 ), q 1 =(l 1 ;m 1 ;n 1 ) i q 2 =(l 2 ;m 2 ;n 2 ) bili su komplanarni. Odnosno, prema uslovu koplanarnosti tri vektora, mješoviti proizvod M 1 M 2 ·s 1 ·s 2 =Δ==0 (8)

Jer uslov paralelnosti dviju pravih ima oblik: tada za presek pravih L 1 i L 2 , tako da one zadovoljavaju uslov (8) i da se naruši bar jedna od proporcija.

Primjer. Istražite relativne položaje linija:

Vektor pravca prave L 1 – q 1 =(1;3;-2). Prava L 2 je definisana kao presek 2 ravni α 1: x-y-z+1=0; α 2: x+y+2z-2=0. Jer prava L 2 leži u obje ravnine, tada je ona, a time i njen vektor smjera, okomita na normale n 1 I n 2 . Dakle, vektor smjera s 2 je unakrsni proizvod vektora n 1 I n 2 , tj. q 2 =n 1 X n 2 ==-i-3j+2k.

To. s 1 =-s 2 , To znači da su linije ili paralelne ili podudarne.

Da bismo provjerili da li se prave poklapaju, zamjenjujemo koordinate tačke M 0 (1;2;-1)L 1 u opšte jednačine L 2: 1-2+2+1=0 - netačne jednakosti, tj. tačka M 0 L 2,

stoga su prave paralelne.

Udaljenost od tačke do prave.

Rastojanje od tačke M 1 (x 1;y 1;z 1) do prave linije L, dato kanonskom jednačinom L: može se izračunati korišćenjem vektorskog proizvoda.

Iz kanonske jednadžbe prave slijedi da je tačka M 0 (x 0 ;y 0 ;z 0)L, a vektor pravca prave q=(l;m;n)

Napravimo paralelogram koristeći vektore q I M 0 M 1 . Tada je udaljenost od tačke M 1 do prave L jednaka visini h ovog paralelograma. Jer S=| q x M 0 M 1 |=h| q|, onda

h= (9)

Udaljenost između dvije prave u prostoru.

L 1: i L 2:

1) L 1 L 2 .

d=

2) L 1 i L 2 – ukrštanje

d=

Relativni položaj prave i ravni u prostoru.

Za lokaciju prave linije i ravni u prostoru moguća su 3 slučaja:

prava linija i ravan seku se u jednoj tački;

prava i ravan su paralelne;

prava linija leži u ravni.

Neka je prava data njenom kanonskom jednačinom, a ravan – opštom

α: Ah+Bu+Sz+D=0

Jednadžbe prave linije daju tačku M 0 (x 0 ;y 0 ;z 0)L i vektor smjera q=(l;m;n), a jednadžba ravni je normalni vektor n=(A;B;C).

1. Presjek prave i ravni.

Ako se prava i ravan sijeku, tada je vektor smjera prave q nije paralelna ravnini α, pa stoga nije ortogonalna na normalni vektor ravnine n. One. njihov tačkasti proizvod nq≠0 ili, preko njihovih koordinata,

Am+Bn+Cp≠0 (10)

Odredimo koordinate tačke M - tačke preseka prave L i ravni α.

Prijeđimo od kanonske jednačine prave na parametarsku: , tR

Zamenimo ove relacije u jednačinu ravni

A(x 0 +lt)+B(y 0 +mt)+C(z 0 +nt)+D=0

A,B,C,D,l,m,n,x 0 ,y 0 ,z 0 – su poznati, pronađimo parametar t:

t(Al+Bm+Cn)= -D-Ax 0 -By 0 -Cz 0

ako Am+Bn+Cp≠0, tada jednadžba ima jedinstveno rješenje koje određuje koordinate tačke M:

t M = -→ (11)

Ugao između prave i ravni. Uslovi paralelizma i okomitosti.

Ugao φ između prave L :

sa vodećim vektorom q=(l;m;n) i ravan

: Ah+Vu+Sz+D=0 sa normalnim vektorom n=(A;B;C) kreće se od 0˚ (u slučaju paralelne prave i ravni) do 90˚ (u slučaju okomite prave i ravni). (Ugao između vektora q i njegova projekcija na ravan α).

– ugao između vektora q I n.

Jer ugao  između prave L i ravni  je komplementaran kutu , tada je sin φ=sin(-)=cos =- (razmatra se apsolutna vrijednost jer je ugao φ oštar sin φ=sin( -) ili sin φ =sin(+) ovisno o smjeru prave L)

Poglavlje IV. Prave linije i ravni u prostoru. Poliedri

§ 46. Međusobni raspored linija u prostoru

U svemiru, dvije različite linije mogu, ali ne moraju ležati u istoj ravni. Pogledajmo relevantne primjere.

Neka tačke A, B, C ne leže na istoj pravoj liniji. Nacrtajmo avion kroz njih R i izaberite neku tačku S koja ne pripada ravni R(Sl. 130).

Tada prave AB i BC leže u istoj ravni, odnosno u ravni R, prave AS i CB ne leže u istoj ravni. Zaista, ako leže u istoj ravni, tada bi i tačke A, B, C, S ležale u ovoj ravni, što je nemoguće, jer S ne leži u ravni koja prolazi kroz tačke A, B, C.

Dvije različite prave koje leže u istoj ravni i ne seku se nazivaju paralelne. Prave koje se poklapaju nazivaju se i paralelne. Ako je ravno 1 1 i 1 2 paralelno, a zatim napišite 1 1 || 1 2 .

dakle, 1 1 || 1 2 ako, prvo, postoji avion R takav da
1 1 R I 1 2 R i drugo, ili 1 1 1 2 = ili 1 1 = 1 2 .

Dvije prave koje ne leže u istoj ravni nazivaju se kosim linijama. Očigledno, prave se ne sijeku i nisu paralelne.

Dokažimo jedno važno svojstvo paralelnih pravih, koje se zove tranzitivnost paralelizma.

Teorema. Ako su dvije prave paralelne s trećom, onda su paralelne jedna s drugom.

Neka 1 1 || 1 2 i 1 2 || 1 3. To je potrebno dokazati 1 1 || 1 3

Ako je ravno 1 1 , 1 2 , 1 3 leže u istoj ravni, onda je ova tvrdnja dokazana u planimetriji. Pretpostavićemo da su to prave linije 1 1 , 1 2 , 1 3 ne leže u istoj ravni.

Kroz prave linije 1 1 i 1 2 nacrtati avion R 1, i kroz 1 2 i 1 3 - avion R 2 (sl. 131).

Imajte na umu da je prava linija 1 3 sadrži barem jednu tačku M koja ne pripada ravni
R 1 .

Nacrtajte ravan kroz pravu liniju i tačku M R 3, koja seče ravan R 2 duž neke prave linije l. Dokažimo to l poklapa se sa 1 3. Mi ćemo to dokazati „protivurečno“.

Pretpostavimo da je prava linija 1 ne poklapa se sa pravom linijom 1 3. Onda 1 seče pravu 1 2 u nekoj tački A. Iz toga slijedi da je ravan R 3 prolazi kroz tačku A R 1 i ravno 1 1 R 1 i stoga se poklapa sa ravninom R 1 . Ovaj zaključak je u suprotnosti sa činjenicom da je tačka M R 3 ne pripada ravni R 1 .
Stoga je naša pretpostavka netačna, a samim tim 1 = 1 3 .

Tako je dokazano da prave linije 1 1 i 1 3 leže u istoj ravni R 3. Dokažimo da su prave linije 1 1 i 1 3 se ne seku.

Zaista, ako 1 1 i 1 3 presecao je, na primer, u tački B, a zatim ravan R 2 bi prošao kroz pravu liniju 1 2 i kroz tačku B 1 1 i stoga bi se poklopilo sa R 1, što je nemoguće.

Zadatak. Dokazati da uglovi sa kosmernim stranicama imaju jednake dimenzije.

Neka uglovi MAN i M 1 A 1 N 1 imaju kosmjerne stranice: zrak AM je kousmjeren sa zrakom A 1 M 1, a zrak AN kousmjeren sa zrakom A 1 N 1 (slika 132).

Na zrake AM i A 1 M 1 postavićemo segmente AB i A 1 B 1 jednake dužine. Onda

|| i |BB 1 | = |AA 1 |

kao suprotne strane paralelograma.

Slično, na zrake AN i A 1 N 1 iscrtaćemo segmente AC i A 1 C 1 jednake dužine. Onda

|| i |CC 1 | = |AA 1 |

Iz tranzitivnosti paralelizma slijedi da || . I od |BB 1 | = |CC 1 | , onda je BB 1 C 1 C paralelogram, pa je stoga |BC| = |B 1 C 1 |.
dakle, /\ ABC /\ A 1 B 1 C 1 i .

Video kurs “Osvoji A” obuhvata sve teme potrebne za uspješno polaganje Jedinstvenog državnog ispita iz matematike sa 60-65 bodova. U potpunosti svi zadaci 1-13 profilnog Jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Pogodan i za polaganje osnovnog jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Ako želite da položite Jedinstveni državni ispit sa 90-100 bodova, prvi dio morate riješiti za 30 minuta i bez greške!

Pripremni kurs za Jedinstveni državni ispit za 10-11 razred, kao i za nastavnike. Sve što vam je potrebno za rješavanje 1. dijela Jedinstvenog državnog ispita iz matematike (prvih 12 zadataka) i 13. zadatka (trigonometrija). A to je više od 70 bodova na Jedinstvenom državnom ispitu, a bez njih ne mogu ni student sa 100 bodova ni student humanističkih nauka.

Sva potrebna teorija. Brza rješenja, zamke i tajne Jedinstvenog državnog ispita. Analizirani su svi tekući zadaci 1. dijela iz FIPI banke zadataka. Kurs je u potpunosti usklađen sa zahtjevima Jedinstvenog državnog ispita 2018.

Kurs sadrži 5 velikih tema, svaka po 2,5 sata. Svaka tema je data od nule, jednostavno i jasno.

Stotine zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Riječni problemi i teorija vjerovatnoće. Jednostavni i lako pamtljivi algoritmi za rješavanje problema. Geometrija. Teorija, referentni materijal, analiza svih vrsta zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Stereometrija. Šaljiva rješenja, korisne varalice, razvoj prostorne mašte. Trigonometrija od nule do problema 13. Razumijevanje umjesto nabijanja. Jasna objašnjenja složenih koncepata. Algebra. Korijeni, potencije i logaritmi, funkcija i derivacija. Osnova za rješavanje složenih zadataka 2. dijela Jedinstvenog državnog ispita.

Za dvije linije u prostoru moguća su četiri slučaja:

Prave linije se poklapaju;

Prave su paralelne (ali se ne poklapaju);

Linije se seku;

Prave se ukrštaju, tj. nemaju zajedničkih tačaka i nisu paralelne.

Razmotrimo dva načina da opišemo prave linije: kanonske jednačine i opšte jednačine. Neka su linije L 1 i L 2 date kanonskim jednadžbama:

L 1: (x - x 1)/l 1 = (y - y 1)/m 1 = (z - z 1)/n 1, L 2: (x - x 2)/l 2 = (y - y 2)/m 2 = (z - z 2)/n 2 (6.9)

Za svaku liniju iz njenih kanonskih jednadžbi odmah određujemo tačku na njoj M 1 (x 1 ; y 1 ; z 1) ∈ L 1, M 2 (x 2 ; y 2 ​​; z 2) ∈ L 2 i koordinate vektora pravca s 1 = (l 1; m 1; n 1) za L 1, s 2 = (l 2; m 2; n 2) za L 2.

Ako se prave poklapaju ili su paralelne, tada su njihovi vektori smjera s 1 i s 2 kolinearni, što je ekvivalentno jednakosti omjera koordinata ovih vektora:

l 1 /l 2 = m 1 /m 2 = n 1 /n 2. (6.10)

Ako se linije poklapaju, tada je vektor M 1 M 2 kolinearan s vektorima smjera:

(x 2 - x 1)/l 1 = (y 2 - y 1)/m 1 = (z 2 - z 1)/n 1. (6.11)

Ova dvostruka jednakost takođe znači da tačka M 2 pripada pravoj L 1. Prema tome, uslov da se prave poklapaju je da istovremeno zadovolje jednakosti (6.10) i (6.11).

Ako se prave sijeku ili ukrštaju, onda su njihovi vektori smjera nekolinearni, tj. uslov (6.10) je prekršen. Prave koje se seku leže u istoj ravni i, prema tome, vektori s 1 , s 2 i M 1 M 2 su komplanarnoodrednica trećeg reda, sastavljen od njihovih koordinata (vidi 3.2):

Uslov (6.12) je zadovoljen u tri od četiri slučaja, jer za Δ ≠ 0 prave ne pripadaju istoj ravni i stoga se seku.

Hajde da spojimo sve uslove:

Relativni položaj linija karakteriše broj rješenja sistema (6.13). Ako se linije poklapaju, onda sistem ima beskonačno mnogo rješenja. Ako se linije seku, onda ovaj sistem ima jedinstveno rešenje. U slučaju paralele ili ukrštanja nema direktnih rješenja. Posljednja dva slučaja mogu se razdvojiti pronalaženjem vektora smjera linija. Da biste to učinili, dovoljno je izračunati dva vektorsko umjetničko djelo n 1 × n 2 i n 3 × n 4, gdje je n i = (A i; B i; C i), i = 1, 2, 3,4. Ako su rezultirajući vektori kolinearni, tada su date prave paralelne. Inače se križaju.

Primjer 6.4.

Vektor pravca s 1 prave L 1 nalazi se pomoću kanonskih jednačina ove prave: s 1 = (1; 3; -2). Vektor pravca s 2 prave L 2 izračunava se korišćenjem vektorskog proizvoda normalnih vektora ravnina čiji je presek:

Pošto je s 1 = -s 2, tada su prave paralelne ili se poklapaju. Hajde da saznamo koja je od ovih situacija realizovana za ove linije. Da bismo to učinili, zamjenjujemo koordinate tačke M 0 (1; 2; -1) ∈ L 1 u opšte jednačine prave L 2 . Za prvu od njih dobijamo 1 = 0. Prema tome, tačka M 0 ne pripada pravoj L 2 i razmatrane prave su paralelne.

Ugao između pravih linija. Ugao između dvije prave linije može se pronaći pomoću vektori smjera ravno Oštar ugao između pravih linija jednak je uglu između njihovih vektora pravca (slika 6.5) ili je dodatni uz njega ako je ugao između vektora pravca tup. Dakle, ako su za linije L 1 i L 2 poznati njihovi vektori smjera s x i s 2, tada je oštar ugao φ između ovih linija određen kroz skalarni proizvod:

cosφ = |S 1 S 2 |/|S 1 ||S 2 |

Na primjer, neka je s i = (l i ; m i ; n i ), i = 1, 2. Koristeći formule (2.9) i (2.14) za izračunavanje dužina vektora i skalarni proizvod u koordinatama, dobijamo