$AlexLat$

 

До выполнения построений решим опорные задачи. 

Задача 2. 

Найти отношение АН:АС (или СН:СА), где точка Н- основание высоты ВН треугольника АВС. 

Решение.

 При способе выносных чертежей необходимо построить треугольник A₀ B₀C₀ – выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A ₀B₀C₀ построим высоту B₀Н₀ , имеем и отрезок A₀Н₀ , значит, отношение A₀Н ₀:А₀C₀ станет известным. Так как АН║АС и при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то искомое отношение АН:АС равно отношению A₀Н₀:А₀ C₀ .

 

Чтобы найти отношение АН:АС вычислительным способом, следует подсчитать сначала стороны треугольника АВС, затем, выразив ВН² из прямоугольных треугольников АВН и СВН, получить равенство АВ²-АН²=ВС ²-СН². Полагая в этом равенстве для краткости АВ = с, ВС= а и АС=b? , будем иметь: с²-АН²=а ²-СН² (1). Это равенство является основой для вычисления одного из отрезков АН или СН. Независимо от вида треугольника АВС (рис. 15 а, б, в), сделав в равенстве (1) замену меньшего из двух отрезков СН или АН, т. е. полагая СН²=(b -АН)² в случае, когда СН≤АН, или АН²=(b-СН) ² в случае, когда АН<СН. Из уравнения с²-АН² =а²-(b-АН)² найдем АН и затем искомое отношение АН:АС, или из уравнения с²-(b-СН)² =а²-СН² найдем СН и затем отношение СН:СА. 

 Построить точку Х, делящую данный отрезок АС в отношении АХ:АС=p:q , в следующих случаях: 

 а) p и q – известные отрезки;

 б) p и q – известные целые положительные числа. А. 

 На вспомогательном луче l, проведенном через точку А (рис. 16, а, б), построим отрезки АХ₁=kp и АС₁=kq , где k>0. Например, на рисунках 16, а, б взято k=2. Точку С₁ соединим с точкой С и через точку Х₁ проведем прямую, параллельную прямой СС₁. Точка пересечения построенной прямой со вспомогательным лучомlи будет искомой точкой Х. На рисунке 16, а построение выполнено при условии p<q, а на рисунке 16, б – при условии p>q. Б. 

 Выберем некоторый отрезок е в качестве единичного отрезка. На вспомогательном луче l, проведенном через точку А, построим отрезки АХ₁=pe и АС₁= qe. Дальнейшие построения сделаны, как в пункте а). Они понятны из рисунка 16, в. Основными способами решения задач построения на изображениях плоских фигур являются: 

3. Геометрический способ. 

Задача 4.

Параллелограмм АВСD является изображением квадрата A₀B ₀C₀D₀ , на стороне A₀B₀ которого взята точка Е₀ – середина этой стороны, на стороне A₀ D₀ взята точка F₀, такая, что A₀F₀:A ₀D₀=1:4, и на прямой A₀D₀ взята точка К ₀, такая, что точка D₀ – это середина отрезка A₀К ₀ . Через точку К₀ проведена прямая x₀, перпендикулярная прямой Е₀F₀. Построить изображение прямой x₀. 

 Способ выносных чертежей (рис. 17, а). Так как при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то точка Е – изображение точки Е₀ – является серединой стороны АВ, а точка F лежит на стороне AD, причем AF:AD=1:4. Построим эти точки E и F, а также точку К, лежащую на прямой AD, такую, что точка D является серединой отрезка АК, и проведем прямую EF. Для построения искомой прямой х обратимся к выносному чертежу, на котором построим квадрат A₀B₀C ₀D₀ и заданные точки Е₀ , F₀ и К₀ (рис. 17, б). Через точку К₀ проведем прямую x₀, перпендикулярную прямой Е₀F₀ . Пусть прямая x₀ пересекает прямую Е₀F₀ в точке Н₀ . На этом построение на выносном чертеже закончено. Возвратимся к рисунку 17, а. С помощью вспомогательного луча l с началом в точке Е построим на прямой EF точку Н, такую, что EF:EH= Е₀F₀ :Е₀H₀ (опорная задача 3), где отрезки Е₀F ₀ и Е₀H₀ взяты с рисунка 17, б. Прямая КН является изображением прямой x₀. 

Вычислительный способ. Подсчитаем сторона треугольника EFK (рис. 17, в). Полагая, что сторона квадрата равна а, находим из треугольника AEF, где АЕ=½ а, AF=¼ a, EF²=AE²+AF², EF=¼ а√5.   И из прямоугольного треугольника АЕК, где АЕ=½ а, АК=2а, находим: Если KH┴EF, то выполняется соотношение EK²-EH²=FK²- FH² (опорная задача 2), или 

 Выбрав произвольно единичный отрезок е, разделим отрезок EF в отношении EH:EF=p:q, где p=12e, q=5e (опорная задача 3). Получим точку Н и затем искомую прямую КН. 

Геометрический способ (рис. 17, г). Так как параллелограмм ABCD является изображением квадрата, то прямые АС и BD являются изображением взаимно перпендикулярных прямых. Через точку К проведем прямую KL║AC. Через точку F проведем прямую FM║BD. Таким образом, в треугольнике KFL отрезок FM является изображением высоты. Через точку L проведем прямую LN║CD. Тогда в треугольнике KFL отрезок LN является изображением второй высоты. Найдем точку О, в которой пересекаются прямые FM и LN. Проведем прямую КО и найдем точку Н, в которой эта прямая пересекает прямую FL. Отрезок KН является изображением третьей высоты треугольника KFL, т. е. прямая КН – это изображение искомой прямой х₀. Также можно доказать, что если в квадрате ABCD (рис.17, д) точки R и V – середины сторон соответственно CD и FD, то AR┴BV. Так как в рассмотренном примере EF║BV, то AR┴EF. Этим фактом можно воспользоваться для осуществления другого, также геометрического способа построения искомой прямой.

3.3. Построения на изображениях пространственных фигур.

Построение прямой, перпендикулярной заданной прямой.

Задача 5. 

Боковое ребро правильной призмы ABCDA₁B₁C₁ D₁ в два раза больше стороны ее основания. На ребрах АВ и ВB₁ призмы заданы соответственно точки Р и В₂ – середины этих ребер. Построить прямую, проходящую через точку Р перпендикулярно прямой В₂ D. 

Способ выносных чертежей (рис. 18, а). Соединим точку Р с точками D и В₂ . Построим треугольник, подобный оригиналу треугольника В₂DР. Фигурой, подобной оригиналу грани ABCD, является квадрат A₀B₀ C₀D₀ (рис. 18, б). Отрезок D₀P₀ , где точка P₀ – середина стороны A₀B₀ , примем за одну из сторон искомого треугольника.

Фигурой, подобной оригиналу грани ABВ₁А₁, является прямоугольник A₀B₀(В₁) ₀(А₁ )₀ с отношением сторон A₀B₀: A₀(А ₁)₀=1:2 (рис. 18, в). Причем его сторона A₀B₀ взята равной стороне квадрата, построенного на рисунке 18, б. Строим на сторонах A₀B₀ и B₀(В₁) ₀ соответственно точки P₀ и (В₂) ₀ – середины этих сторон. Отрезок P₀(В₂) ₀ – это еще одна из сторон искомого треугольника. Строим прямоугольник B₀(В₁)₀(D₁) ₀D₀ (рис. 18, г), сторону B₀(В₁)₀ которого возьмем с рисунка 18, в, а сторону B₀D₀ возьмем равной диагонали квадрата, построенного на рисунке 18, б. Отрезок (В₂ )₀D₀ , где точка (В₂)₀ – середина стороны B₀(В₁)₀ , - это третья сторона искомого треугольника. Строим треугольник P₀(В₂)₀D₀ по трем сторонам, найденным выше. В треугольнике P₀(В₂)₀ D₀ строим P₀Н₀┴(В₂)₀ D₀ . Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью луча l, проведенного через точку В₂ , строим точку Н, такую, что В₂Н: В₂D=(В ₂)₀H₀:(В₂)₀D₀ (опорная задача 3). Строим искомую прямую РН. Так как фигуры на рисунке 18 б, в, г, имеют общие стороны, то их можно объединить, например, так, как это показано на рисунке 18, е.

Вычислительный способ. Подсчитаем стороны треугольника PB₂D (рис. 18, а). Для этого обозначим сторону основания призмы за а. Тогда ВВ₁ =2а. Далее из прямоугольного треугольника ADP: Из прямоугольного треугольника РВВ₂:

  И из прямоугольного треугольника BB₂D:

  Если PH┴B₂D, то выполняется соотношение (из опорной задачи 2). 

 Откуда  Тогда   С помощью вспомогательного луча l строим на отрезке B₂D точку Н, такую, что B₂Н: B₂D=1:2 (опорная задача 3). Строим искомую прямую РН. В некоторых случаях построение прямой, перпендикулярной данной, можно построить и геометрическим способом.

Геометрический способ. Ясно, что прямоугольные треугольники ADP и BB ₂P равны (по двум катетам). Тогда DP=B₂P, т. е. треугольник B ₂DP – равнобедренный. Это значит, что медиана РН этого треугольника является и его высотой, т. е. прямая РН является искомой прямой.

Построение прямой, перпендикулярной заданной плоскости.

Один из возможных планов решения задачи о построении прямой, проходящей через заданную точку W перпендикулярно заданной плоскости α (рис. 19). 

Высота МО правильной пирамиды МABCD равна стороне ее основания. Опустить перпендикуляр из вершины D на плоскость МВС. 

 (рис. 20). Выполним построение в соответствии с изложенном выше планом. Через точку D и прямую ВС плоскости МВС уже проходит плоскость γ – это плоскость DBC. В плоскости DBC уже проведена прямая DC┴ВС. Она пересекает прямую ВС в точке С. Чтобы в плоскости МВС (это плоскость α) провести через точку С прямую, перпендикулярную прямой ВС  заметим, что в треугольнике МВС МВ=МС. Поэтому медиана МЕ будет и перпендикулярна к прямой ВС  Таким образом, в плоскости МВС через точку С проведем прямую CF║МЕ. В плоскости β, определяемой прямыми DC и CF, из точки D опустим перпендикуляр на прямую CF. Сделаем это построение вычислительным способом . Подсчитаем стороны треугольника CDF, полагая CD = а. Из прямоугольного треугольника МОЕ:  Ясно, что DF=CF (из равенства треугольников CMF и DMF). Если DH┴CF, то DC²-CH²=DF²-FH² (опорная задача 2). Так как DC<DF, то CH<FH. Таким образом, получаем уравнение:

Следовательно, СН = а:√5 и тогда CH:CF = 2:5. Опираясь на это соотношение, построим на прямой CF  точку Н (опорная задача 3) и затем искомый перпендикуляр DH.

Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через заданную прямую перпендикулярно заданной плоскости.

Пусть заданы плоскость α и прямая т₁. Если через какую-нибудь точку W прямой т₁ провести прямую 

т ₂, перпендикулярную плоскости α , то плоскость β, определяемая пересекающимися прямыми т₁и т ₂, будет перпендикулярна плоскости α  Таким образом, задача построения плоскости β  проходящей через заданную прямую т₁ и перпендикулярной плоскости α, сводится к построению прямой т₂, проходящей через какую-нибудь точку W прямой т₁и перпендикулярной плоскости α 

 На ребре CD правильной пирамиды MABCD, высота которой равна половине диагонали ее основания, взята точка Е – середина этого ребра и через точки M, B и Е проведена секущая плоскость α  Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую BD перпендикулярно плоскости α  Найти линию пересечения построенной плоскости с плоскостью α 

 (рис. 21, а). Опустим перпендикуляр из точки О – середины диагонали BD на плоскость α  Построение этого перпендикуляра выполним с помощью выносных чертежей.

Построим квадрат A₀B₀C₀D₀ (рис. 21, б), точку О₀, в которой пересекаются его диагонали, и проведем прямую B₀Е₀, где точка Е₀ – середина стороны C ₀D₀ . Затем через точку О₀ проведем прямую О₀ Е₀┴ B₀Е₀, и найдем точки О_0 , N ₀, в которых прямая О₀ F₀ пересекает соответственно прямые А₀D₀ и B₀C₀ . Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l₁ построим но отрезке AD точку Q, такую что AQ:AD=k₁ А₀Q₀ : k₁ А₀D₀ (опорная задача 3). Прямая QO является, таким образом, изображением прямой, перпендикулярной прямой ВЕ. Построим далее точки N и F, в которых прямая QO пересекает соответственно прямые ВС и ВЕ. Соединим точку М с точками Q, N и F. Построим теперь треугольник M₀Q₀N₀ , подобный оригиналу треугольника MQN (рис. 21, в). Ясно, что в треугольнике M₀ Q₀N₀ M₀Q₀=M₀N₀ . Сторону Q₀N₀ этого треугольника возьмем с рисунка 21, б вместе с точкой F₀ , принадлежащей этому отрезку. Высоту М₀ О₀ возьмем равной отрезку А₀О₀ , полученному также на рисунке 21, б. В построенном треугольнике M₀Q₀N₀ через точку О ₀ проведем прямую, перпендикулярную прямой М₀F₀ , и точку пересечения построенной прямой с прямой M₀N₀ обозначим Р_0. Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l₂ найдем точку Р, которая делит отрезок MN в отношении MP:MN= k₀ M₀ P₀: k₀ M₀N₀ (опорная задача 3). Точку О соединим с точкой Р. Прямыми BD и OP определяется плоскость искомого сечения. Строим сечение BVD и находим точку L, в которой пересекаются прямые DV и МЕ. Прямая BL – линия пересечения плоскости МВЕ с плоскостью BVD.

Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через заданную точку перпендикулярно заданной прямой.

Задача 8.

 В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треугольник АВС, боковое ребро МС перпендикулярно плоскости основания, и отношение ребер СА:СВ:СМ=√2:√2:1. На ребрах соответственно точки D и Е – середины этих ребер. Построить сечение пирамиды плоскостью α, проходящей через точку Е перпендикулярно прямой МD. 

Способ выносных чертежей (рис. 22, а). Так как плоскость α перпендикулярна прямой МD, то прямая МD перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости α. В частности, если прямая МD пересекает плоскость α в точке Н, то МD┴ЕН, т. е. отрезок ЕН – это высота треугольника М ₀Е₀D₀, подобно оригиналу треугольника МЕD. 

1) Построим равнобедренный прямоугольный треугольник А₀В₀ С₀ (рис.22, б), точки D₀ и Е₀ – середины соответственно его сторон А₀В₀ и В₀С₀ , и таким образом получим отрезок D₀Е₀. Это одна из сторон треугольника М₀Е₀D₀. 

2) Построим прямоугольный треугольник В₀С₀М₀ (рис. 22, в), катет В₀С₀ которого взят с рисунка 22, б. Из равенства СВ:СМ=√2:1 ясно, что катет С₀М₀ следует построить равным В₀С₀∙½√2 (т. е. он равен половине диагонали квадрата со стороной В₀С₀). Медиана М₀Е₀ треугольника В₀С₀М ₀ – это вторая сторона треугольника М₀Е₀D₀ . 

3) Построим равнобедренный треугольник А₀В₀М₀ (рис. 22, г), основание которого возьмем с рисунка 22, б, а боковые стороны А ₀М₀= В₀М₀ – с рисунка 22, в. Медиана М ₀D₀ треугольника А₀В₀М₀ – это третья сторона треугольника М₀Е₀D₀.

 4) По трем полученным на рисунке 22, б, в, г сторонам строим треугольник М₀Е₀D (рис. 22, д) и проведем в нем Е₀Н ₀┴ М₀D₀. 

5) Возвращаемся к рисунку 22, а. На рисунке 22, д точка Н₀ разделила отрезок М₀D₀ в отношении М₀Н₀ : М₀D₀. С помощью луча l в таком же отношении разделим точкой Н отрезок МD (опорная задача 3). 6) Так как плоскость α и плоскость АВМ имеют общую точку Н  то эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку Н  Более того, так как прямая МD перпендикулярна плоскости α , то прямая МD перпендикулярна линии пересечения плоскостей α и АВМ. На рисунке 22. А уже есть прямая, которой прямая МD перпендикулярна. Это прямая АВ. (Действительно, в треугольнике АВМ АМ=ВМ, а МD – его медиана.) Поэтому, не обращаясь к новому выносному чертежу, проведем в плоскости АВМ через точку Н прямую FK║АВ. Теперь искомое сечение определяется точкой Е и прямой FK  и нетрудно теперь построить, например, заметив, что, так как FK║АВ  прямая FK параллельна плоскости АВС, а это значит, что плоскость α , проходящая через прямую FK, пересечет плоскость АВСпо прямой, параллельнойFK, т. е. по прямой ЕL║АВ. Таким образом, четырехугольник EFKL – искомое сечение. Треугольники А₀В₀С₀, В₀С₀ М₀ и А₀В₀М₀ имеют равные стороны. Этим обстоятельством можно воспользоваться и объединить рисунки б, в, г в один рисунок, как это показано ни рисунке е.

 Вычислительный способ (рис. 22, а). Как и при решении способом выносных чертежей, будем строить ЕН┴МD. Для этого подсчитаем стороны треугольника MDE, введя для выполнения расчетов вспомогательный параметр, положив, например, МС=а.

Тогда АС=ВС= а√2, и из прямоугольного треугольника АВС АВ=2а, следовательно, CD=a. 

Поэтому MD =a√2. Ясно, что DE=½AC=½ a√2, и из прямоугольного треугольника МСЕ 

Подсчитаем теперь отношение МН:MD. Если ЕН┴MD, то МЕ²- МН²=DE²-DH² (опорная задача 2), или 

С помощью вспомогательного луча l строим точку Н (опорная задача3). Далее искомое сечение строится так, как это сделано способом выносных чертежей.

Глава IV. Вычисление расстояний и углов.

4.1. Расстояние от точки до прямой.

Для определения расстояния от точки до прямой обычно рассматривают треугольник, одной из вершин которого является заданная точка, а две другие лежат на заданной прямой. Искомое расстояние находят как высоту этого треугольника , для чего в большинстве случаев подсчитывают сначала стороны треугольника. Вычисление сторон треугольника и затем его высоты выполняют поэтапно-вычислительным методом. 

 В прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁ D₁ АВ=АA₁=а, AD=3a. На ребре A₁B₁ взята точка Р – середина этого ребра, а на ребре AD – точка Q, такая, что AQ:AD=2:3. Найти расстояние от вершины D₁ до прямой PQ. Решение. (рис. 23). 

1 способ. Подсчитаем стороны треугольника D₁ PQ. Из прямоугольного треугольника D₁DQ D₁Q =a√2. Из прямоугольного треугольника A₁D₁P  

В плоскости АВB₁ через точку Р проведем прямую РР’║AA₁ и точку Р  соединим с точкойQ. Из прямоугольного треугольника РР’Q: Если далее в треугольнике D₁PQ D₁H┴PQ, то

 2 способ.

 Координатный метод решения (рис. 24). Введем в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz, приняв за ее начало точку B, за единицу измерения отрезок, равный АB, а за координатные оси Bх, Bу и Bz соответственно прямые BА,BС и BB₁ с направлением на них от точки B к точкам А, С и B  Тогда в этой системе координат B(0; 0; 0), А(а; 0; 0), С(0;3а;0) и B₁(0; 0; а).

 Найдем координаты точек D₁, Рисунка и Q Получаем D₁ (а; 3а; а), P(½а; 0; а) и Q (а; 2а; 0).  

Теперь подсчитаем cos D₁PQ. По теореме косинусов получаем Это и есть искомое расстояние.

4.2. Расстояние от точки до плоскости.

Можно предложить следующий план нахождения расстояния от заданной точки W до заданной плоскости α поэтапно-вычислительным методом: 

3. Выберем на прямой m₂ какие-нибудь две точки U и Т и подсчитаем высоту WH треугольника WUT. Так как прямая m₁ перпендикулярна плоскостиβ, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости β, и, в частности, m₁┴WH. Таким образом, WH┴ m₁ и WН┴ m ₂, т. е. прямая WН перпендикулярна плоскости α, и, значит, WH – искомое расстояние. 

 В заданном прямоугольном параллелепипеде ABCDA₁B₁ C₁D₁ с соотношением ребер АВ:АD:АA₁=1:2:1 точка Р- середина ребра АA₁. Найти расстояние от вершины D₁ до плоскости В₁DР, считая АВ=а. Решение (рис. 25). Находим прямую S₁S₂ – след плоскости B ₁DP на плоскости A₁B₁C₁ и строим сечение параллелепипеда заданной плоскостью B₁DP. Проведем решение в соответствии с предложенным выше планом. 1. Построим плоскость β, проходящую через точку D₁ перпендикулярно, например, прямой S₁S₂ , лежащей в плоскости B₁DP. Одна прямая, проходящая через точку D₁ и перпендикулярная прямой S₁S₂ , на изображении уже есть – это прямая DD₁. Для построения второй прямой подсчитаем стороны прямоугольного треугольника D₁S₁S₂ . Ясно, что D₁S₁=2D₁А₁=4а, D₁S₂ =2D₁С₁=2а, и тогда   Если D₁L┴ S₁S₂, то в треугольнике D₁ S₁S₂ D₁S₁² = S₁ L∙ S₁S₂, откуда  

Таким образом, точка L может быть построена с помощью вспомогательного луча l. Прямыми D₁D и D₁L определяется плоскость β. 2. Найдем прямую, по которой пересекаются плоскости β и B₁ DP. Так как точки D и L – общие точки этих плоскостей, то прямая DL – линия их пересечения. 3.

Подсчитаем расстояние от точки D₁ до прямой DL. Если D₁Н – высота треугольника D₁DL, то выражая площадь этого треугольника двумя способами, получим: D₁H∙DL= DD₁∙ D ₁L,

 ,