Решение задач с помощью ортогонального проектирования - Геометрия - Математика - Каталог статей - AlexLat
Главная » Статьи » Математика » Геометрия

Решение задач с помощью ортогонального проектирования

Несмотря на то, что в методических рекомендациях по решениюэкзаменационных задач по геометрии говорится, что для них не требуетсясложных рассуждений, преобразований и остроумия, но часто приобретенныхнавыков в школе не хватает для решения задач на построение и вычислительныхзадач. Многие из них на сегодняшний день полностью отсутствуют или редковстречаются в учебниках. Это относится в первую очередь к заданиям наприменение ортогонального проецирования.Рассмотренный в данном реферате материал позволяет получить болееглубокие знания по стереометрии, широкое понимание поставленного вопроса.
Особое внимание уделено полноте рассуждения, в котором применялись базовыезнания начертательной геометрии. При решении задач активно использовалсяаппарат ортогонального проектирования. Это осуществляется применениемвычислительного способа и способа выносных чертежей. В реферате также
присутствует и координатный способ решения. Акцентируется внимание нарешении задач по построению прямой, изображений фигур, вычислениюрасстояний и углов.



I. Основные понятия ортогональной проекции. Комплексные чертежи.




1.1. Метод параллельного проецирования.



Дана плоскость ? и прямая l, задающая направление проецирования.
Зададим фигуру, которую надо спроектировать (отрезок AB). Через точки А и Впроведем прямые, параллельные l и пересекающие плоскость ? в точках A’, B’.
Отрезок A’ B’ – проекция АВ на плоскость ? (рис.1). Обозначается A’ B’ =пр? AB.
Свойства параллельной проекции.
1) Проекцией точки является точка.
2) Проекцией прямой является прямая – свойство прямолинейности.
3) Проекцией точки, лежащей на некоторой прямой, является точка,
лежащая на проекции данной прямой – свойство принадлежности.
4) Проекциями параллельных прямых являются параллельные прямые –
свойство сохранения параллельности.
5) Отношение проекций отрезков, лежащих на параллельных прямых или на
одной и той же прямой, равно отношению самих отрезков.
6) Проекция фигуры не меняется при параллельном переносе плоскости
проекций.




1.2. Ортогональная проекция.



Ортогональное проецирование является частным случаем параллельног опроецирования, когда направление проецирования S перпендикулярно плоскостипроекции П’.
В этом случае нетрудно установить соотношение между длиной натурального отрезка и длиной его проекции. Если отрезок AB образует с плоскостью проекций угол ?, то, проведя AB*|A’ B’ (рис.2), получим из прямоугольного треугольника AB*B, что AB*=AB cos ? или A’ B’= AB cos ?.
Так как ортогональное проецирование – разновидность параллельного, то ему присущи те же свойства.




1.3. Комплексный чертеж точки.



Наибольшее применение получил чертеж, составленный из двух или болеесвязанных между собой ортогональных проекций изображаемого оригинала. Такой чертеж называется комплексным.
Принцип образования такого чертежа состоит в том, что данный оригинал проецируется ортогонально на две взаимно перпендикулярные плоскости проекций, которые затем соответствующим образом совмещают с плоскостьючертежа. Одна из плоскостей проекции П1 располагается горизонтально и
называется горизонтальной плоскостью проекций. Плоскость П2, которая располагается вертикально, называется фронтальной плоскостью проекций 

(рис.
3).Прямую пересечения плоскостей проекций называют осью проекций.
Спроектируем ортогонально на плоскости проекций П1 и П2 какую-нибудь точку А, тогда получим две ее проекции: горизонтальную проекцию А1 на плоскости П1 и фронтальную проекцию А2 на плоскости П2.
Проектирующие прямые АА1 и АА2, при проекции которых точка А проектируется на плоскости проекций, определяют проецирующую плоскостьА1АА2, перпендикулярную к обеим плоскостям проекций и к оси проекций х.
Прямые Ах А1 и Ах А2, являющиеся проекциями проецирующей плоскости на плоскостях проекций П1 и П2, будут перпендикулярны к оси проекций х.
Расстояние А1А точки А от горизонтальной плоскости проекций называется высотой h точки А, ее расстояние А2А от фронтальной плоскости проекций – глубиной f точки А.
Чтобы получить плоский чертеж, совместим плоскость проекций П1 с плоскостью П2, вращая плоскость П1 вокруг оси х в направлении, указанном на рис. 3, а. В результате получим комплексный чертеж точки А (рис. 3, б), состоящий из двух проекций А1 и А2 точки А, лежащих на одной прямой, перпендикулярной к оси х. Прямая А1А2, соединяющая две проекции точки, называется линией связи.



1.4. Комплексный чертеж прямой.



Прямая линия определяется двумя точками, поэтому на комплексном чертеже всякая прямая l может быть задана проекциями А1, А2 и В1, В2 двух ее точек А и В (рис. 4, а, б). А так как ортогональная проекция обладает свойствами прямолинейности и принадлежности, то прямая l на комплексном чертеже задается и ее проекциями l1, l2; они будут прямыми, проходящими через точки А1, В1, А2, В2.
Для деления данного отрезка АВ в данном отношении достаточно разделить в этом отношении одну из проекций данного отрезка, а затем спроецировать делящую точку на другую проекцию отрезка. На рис. 5 отрезок АВ разделенточкой М в отношении 2:3, первоначально в этом отношении была разделена
проекция А1В1 данного отрезка.


Определение натуральной величины отрезка прямой и его углов наклона к плоскостям проекций можно выполнить с помощью способа прямоугольного треугольника. Пусть дан отрезок АВ общего положения (рис. 6, а).
Зафиксируем плоскость проекций П1 так, чтобы она прошла через один из концов отрезка, например через точку А, и из точки В восстановимперпендикуляр ВВ1. Тогда получим прямоугольный треугольник АВ1В, в котором гипотенузой является данный отрезок АВ, одним катетом является горизонтальная проекция А1В1 отрезка АВ, а вторым катетом – высота h точки В. Угол, образованный отрезком АВ и его проекцией А1В1, является углом наклона отрезка АВ к плоскости проекций П1.
На рис. 6, б выполнено построение натуральной величины отрезка АВ, заданного своими проекциями А1В1 и А2В2, при этом возможны два варианта решения. В одном случае построен прямоугольный треугольник А1В1В1 на
горизонтальной проекции данного отрезка, а в другом - прямоугольный треугольник А1В1В2 на фронтальной проекции отрезка. Гипотенузы этих треугольников А1В1 и А2В2 определяют натуральную величину отрезка АВ, а углы ? и ? определяют углы наклона этого отрезка к плоскостям проекций П1 и
П2. Иногда удобнее строить прямоугольный треугольник не на проекции отрезка, а на высоте h или на глубине f одного из концов отрезка относительно другого. На рис. 6, в показаны оба варианта этих построений.
Отрезки А1 В2 и А2 В1 определяют натуральную величину отрезка АВ.



1.5. Комплексный чертеж плоскости.




Плоскость определяют три ее точки, не лежащие на одной прямой. Поэтому на комплексном чертеже всякая плоскость Q может быть задана проекциями А1, В1, С1 и А2, В2, С2 трех ее точек А, В, С (рис. 7 а, б). Для большей наглядности соединим точки А, В и С прямыми. Получим задание плоскости
треугольником АВС. При этом следует помнить, что плоскость безгранична и поэтому некоторые построения могут выходить за пределы треугольника.



1.6. Взаимопринадлежность точки и плоскости.



Покажем, как задать какую-нибудь точку плоскости. Пусть плоскость задана тремя точками А, В и С (рис. 8). Соединим их прямыми, тогда плоскость Q будет задана треугольником АВС. Проще всего искомую точку Мзадать на какой-нибудь стороне, например ВС. Проведем в плоскости Q
произвольную прямую l. Выделим на плоскости Q две произвольные точки, например, А и М1, и определим этими точками прямую l (l1, l2), принадлежащую плоскости Q.


Так как проекция плоскости Q покрывает все поле проекций, то одну из проекций точки, принадлежащей плоскости, можно задать произвольно, тогда вторая проекция определится однозначно. Выберем произвольно проекцию М13.
Далее проведем в плоскости Q какую-нибудь прямую m, горизонтальная проекция которой проходила бы через выбранную проекцию М13. Прямая m определена точками C и N, принадлежащими плоскости Q. Построив вторую проекцию mпрямой m в пересечении с линией связи, проведенной через М13, найдем
искомую проекцию М13.
Таким образом, построение точки в данной плоскости сводится к двум операциям: построению в плоскости вспомогательной прямой и построению точки на этой прямой.



II. Изображение фигур.
Изображаемая фигура называется оригиналом, а изображенная – проекцией данной фигуры.



2.1. Проекция окружности.



Параллельной проекцией окружности является кривая, называемая эллипсом. Так как ортогональная проекция является частным случаем параллельной проекции, то, проецируя окружность О, расположенную в плоскости общего положения Q (рис. 9) ортогонально на плоскость П1,
получаем эллипс О1.
В окружности проведем два взаимно перпендикулярных диаметра АВ и CD, причем АВ пройдет по прямой уровня плоскости Q, а диаметр CD – по прямой наибольшего уклона этой плоскости по отношению к плоскости проекций П1.
Тогда диаметр АВ спроецируется в диаметр А1В1 эллипса, равный диаметру окружности, т.е. АВ =А1В1, а диаметр CD спроецируется в диаметр C1Dэллипса. Так как угол, образованный этими диаметрами, является линейным углом двугранного угла наклона плоскости Q к плоскости П1, то, обозначив
его через ?, получим C1D= CD cos?. Взаимно перпендикулярные окружности диаметры обладают свойством сопряженности (каждый сопряженный диаметр делит пополам хорды, параллельные другому диаметру). Это свойство при параллельном проецировании сохраняется. Следовательно, диаметры А1В1 и C1D1будут сопряженными диаметрами эллипса. Но, с другой стороны, они взаимно перпендикулярны, поэтому являются осями эллипса, причем А1В1- большая ось, а C1D1- малая ось.




2.2. Проекция треугольника, параллелограмма и трапеции.



Треугольник изображается треугольником любой формы. Медиана треугольника будет изображаться медианой, так как отношение отрезков сохраняется. При проекции биссектрисы и высоты пойдет искажение.
Так как параллельность прямых сохраняется, то изображение параллелограмма, в частности, прямоугольника, ромба, квадрата, служит параллелограмм. Длина сторон и величины углов произвольные.
Любая трапеция изображается в виде произвольной трапеции. Сохраняется только отношение оснований. Равнобокая трапеция имеет ось симметрии. Ее изображают следующим образом (рис. 10). Каждое из оснований делим пополам и проводим ось симметрии.




2.4. Проекции правильного шестиугольника.



При построении оригинала правильного шестиугольника используют два симметричных ромба: OBCD и OAFE (рис. 11, а). Изображение же получается при построении ромбов в виде двух одинаковых произвольных параллелограммов. Для получения проекции правильного шестиугольника надо оставшиеся точки соединить (рис. 11, б).




2.5. Проекции тетраэдра и параллепипеда.



Тетраэдр (треугольная пирамида) изображается в виде произвольного четырехугольника с его диагоналями (рис.12, а).
Для построения проекции параллепипеда сначала из произвольной точки проводим три луча различной длины, не совпадающие. Затем на каждой паре лучей строим параллелограмм. Полученный каркас достраиваем до параллепипеда
(рис. 12,б).




III. Задачи на метрические построения.



3.1. Выносные чертежи.



Чертеж, на котором построена фигура Ф0, имеющая форму оригинала заданной плоской фигуры (т. е. подобная фигуре Ф), называют выносным чертежом фигуры Ф.
Если точки P, Q и R принадлежат секущей плоскости и не лежат на одной прямой, а их проекции на плоскость, выбранную в качестве основной, - точки P’, Q’ и R’, то точки пересечения соответственных прямых, т.е. точки
S1=PQ?P’Q’, S2=PR?P’R’, S3=RQ?R’Q’, лежат на одной прямой. Эта прямая является основным следом секущей плоскости.
Построение выносных чертежей может быть выполнено вычислительным, а
также геометрическим способом.
На ребрах ВВ1 и CD куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки P и Q – середины этих ребер. Построить фигуру, подобную многоугольнику, полученному в сечении кубу плоскостью С1PQ.
Решение (рис. 13, а). Находим точку S1, в которой пересекаются прямые C1P и BC. Таким образом, прямая S1Q является основным следом плоскости C1PQ, а в сечении получается четырехугольник C1PS1Q.




I способ построения – вычислительный. Полагая ребро куба равным a, подсчитаем стороны треугольника C1S1Q. Как нетрудно показать, точка Р – середина отрезка C1S1 и PS2| C1Q. Поэтому ясно, что, построив треугольник, подобный оригиналу треугольника C1S1Q, можно будет затем построить и
искомую фигуру.
Из прямоугольного треугольника C1S1С, в котором C1S=2ВС=2a, находим, что C1S= a?5. Затем из прямоугольного треугольника C1СQ получаем C1Q=Ѕ a?5 и из прямоугольного треугольника CS1Q: S1Q=Ѕ a?17.
Выбирая теперь некоторый отрезок в качестве отрезка, равного а, построим отрезки x, y, z, заданные следующими формулами: x= a?5, y=Ѕ a?5, z=Ѕ a?17, например, так, как это сделано ни рисунке 13, б.
Далее на рисунке13, в строим треугольник1)0Q0(S1)0 со сторонами С1)0(S1)0 = kx, (S1)0Q0 =kz, полученными на рисунке13, б.
Строим затем точку P0 – середину стороны (C1)0(S1)0 этого треугольника и проводим через нее прямую P0(S1)0|(C1)0Q0. Четырехугольник 1)0Q0(S2)0P0 – фигура, подобная заданному сечению куба плоскостью C1РQ (т. е. это выносной чертеж многоугольника, являющегося сечением куба
плоскостью C1РQ).


II способ – геометрический. Так как все квадраты подобны между собой, то квадрат 1)0С0D0(D1)0 (рис. 14, а) подобен оригиналу грани C1CDDкуба. Построив на этом изображении точку Q0 – середину стороны C0D0 и соединив точки1)0 и Q0, получим отрезок1)0Q0, который можно
принять за сторону треугольника 1)0Q0(S1)0, подобного оригиналу треугольника C1QS1. С помощью квадрата1)0C0B0(B1)0 (рис. 14, б), равного квадрату 1)0C0D0(D1)0, построенному на рисунке 14, а, строим отрезок 1)0(S1)0, который будет принят за сторону треугольника 1)0Q0(S1)0,
подобно оригиналу треугольника C1QS1.
С помощью квадрата A0B0C0D0 (рис. 14, в), равного квадрату, построенному на рисунке 14, а, строим отрезок (S1)0Q0, который примем за третью сторону треугольника1)0Q0(S1)0. Получив, таким образом, все стороны треугольника1)0Q0(S1)0, строим этот треугольник. Далее, как и при вычислительном способе решения, строим точку Р0 – середину стороны (S1)0(C1)0 и т. д.

Рисунки а, б, в можно объединить в один рисунок, например, в рисунок г. Так как треугольник 1)0Q0(S1)0 строится с точностью до подобия, то его сторонами являются отрезки, равные k(С1)0(S1)0, k(С1)0Q0 и k(S1)0Q0,

где k>0, например, k=1.



3.2. Построения на изображениях плоских фигур.



До выполнения построений решим опорные задачи.
Найти отношение АН:АС (или СН:СА), где точка Н- основание высоты ВН треугольника АВС.
Решение. При способе выносных чертежей необходимо построить треугольник A0B0C0 – выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A0B0C0 построим высоту B0Н0, имеем и отрезок A0Н0, значит, отношение A0Н0:А0C0 станет известным. Так как АН|АС и при параллельном проектировании
отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то искомое отношение АН:АС равно отношению A0Н0:А0C0.


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=ВС2-СН2.
Полагая в этом равенстве для краткости АВ=с, ВС=а и АС=b?, будем иметь: с2- АН= а2-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-АН22-(b-АН)2 найдем АН и затем искомое отношение АН:АС, или из уравнения с2-(b-СН)= а- 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. Решение. 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 лучом l и будет искомой точкой Х. На рисунке 16, а построение выполнено при условии pq.
Б. Решение. 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:
1. Способ выносных чертежей.
2. Вычислительный способ.
3. Геометрический способ.

Параллелограмм АВСD является изображением квадрата A0B0C0D0, на стороне A0B0 которого взята точка Е0 – середина этой стороны, на стороне A0D0 взята точка F0, такая, что A0F0:A0D= 1:4, и на прямой A0D0 взята точка К0, такая, что точка D0 – это середина отрезка A0К0. Через точку К0 проведена прямая x0, перпендикулярная прямой Е0F0. Построить изображение прямой x0.
Решение. 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 A0B0C0D0 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 Е0F0 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, гдеАЕ=Ѕ а, AF=ј a, EF2=AE2+AF2, EF=ј а?5.

И из прямоугольного треугольника АЕК, где АЕ=Ѕ а, АК=2а, находим:
Если KH+EF, то выполняется соотношение EKІ-EHІ=FKІ-FHІ (опорнаязадача 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 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 – 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.



Боковое ребро правильной призмы ABCDA1B1C1D1 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 В2D.
Решение. 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 A0B0C0D0рис. 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(А1)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)0D0 строим P0Н0+(В2)0D0.
Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью луча l, проведенного через
точку В2, строим точку Н, такую, что В2Н: В2D=(В2)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 BB2P равны (по двум катетам). Тогда DP=B2P, т. е. треугольник B2DP – 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 ?
(рис. 19).


1) В плоскости ?, определяемой точкой W и какой-нибудь прямой U1U2, лежащей в плоскости ?, проведем через точку W прямую т1, перпендикулярную прямой U1U2. Пусть прямая т1 пересекает прямую U1U2 в точке V.
2) Проведем далее в плоскости ? через точку V прямую т2, перпендикулярную прямой U1U2.
3) В плоскости ?, определяемой прямыми т1 и т2, построим прямую т3, проходящую через точку W перпендикулярно прямой т2. Пусть прямая т3 пересекает прямую т2 в точке Н.

Так как прямая U1U2 пересекает прямые т1 и т2, то прямая U1U2 перпендикулярна прямой т3. Таким образом, прямая т3 перпендикулярна прямой U1U2 и прямой т2. Это значит, что прямая т3перпендикулярна плоскости ?, т. е. является искомой прямой.




Высота МО правильной пирамиды МABCD равна стороне ее основания. Опустить перпендикуляр из вершины D на плоскость МВС.
Решение (рис. 20). Выполним построение в соответствии с изложенном выше планом. Через точку D и прямую ВС плоскости МВС уже проходит плоскость ? – это плоскость DBC. В плоскости DBC уже проведена прямая DC+ВС. Она пересекает прямую ВС в точке С.
Чтобы в плоскости МВС (это плоскость ?) 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 ?, 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
DCІ-CHІ=DFІ-FHІ (опорная задача 2).
Так как DC0, то угол острый, т.е. cos ?=cos
KWL. Если же cos KWL<0, то угол KWL тупой, т.е. ?=180є-KWL. Но cos(180є- KWL)= - cos KWL. Таким образом, в этом случае cos ?= -cos KWL.
Все боковые грани призмы ABCA1B1C1 –квадраты. На ребрах АВ, A1C1, A1B1 и CС1 взяты соответственно точки P, Q, R, С2 – середины этих ребер. Найти угол между прямыми PQ и С2R.
Решение (рис. 27). Выполним сначала необходимые дополнительные
построения.
1. Через прямую С2R и точку Р, взятую на прямой PQ, проведем плоскость ?, в результате чего получим сечение призмы – четырехугольник PRС1C.
2. В плоскости ? через точку P проведем прямую PC3| С2R. Угол между прямыми PQ и PC3 равен искомому углу.
3. На прямой PQ возьмем точку Q, а на прямой PC3 – точку C3 и найдем cos QPC3.
Подсчитаем с этой целью стороны треугольника QPC3. Для выполнения необходимых подсчетов пусть ребро призмы равно а.
В прямоугольном треугольнике PСC3 СР=Ѕ а?3, СC3=С1С2=Ѕ а.
В прямоугольном треугольнике QС1С3 С1Q=Ѕ а, С1С3=Ѕ 3а.
Соединим точку R с точкой Q. В прямоугольном треугольнике PQR PR=a, QR=Ѕ a.
Итак, в треугольнике PQС3 известны все стороны. Далее С3QІ= =С3PІ+PQІ-
2 С3P·PQ cos QPC3,



Таким образом, угол QPC3 тупой, поэтому искомый угол ?=180є- QPC3, и, значит, cos ? =cos(180є- QPC3)= - сos QPC3.



4.5. Угол между прямой и плоскостью.



При решении задач этого типа применяется либо поэтапно-вычислительный метод, либо геометрический. Пусть в задаче требуется найти угол ? между прямой АВ и плоскостью ?. При решении задачи поэтапно-вычислительным методом необходимо сначала построить проекцию прямой АВ на плоскость ?. Для этого следует из какой-нибудь точки прямой АВ опустить перпендикуляр на
плоскость ?. Затем необходимо подсчитать какие-нибудь две стороны полученного треугольника, в который входит угол ?, и найти какую-либо тригонометрическую функцию угла ?, а потом и сам угол.
В правильной призме ABCA1B1C1 угол между прямыми АB1 и A1С равен 2?. 

Найтиугол между прямой BC1 и плоскостью AСC1.


Решение (рис. 28). Выполним дополнительные построения. В плоскости ABB1 через точку A1 проведем прямую, параллельную прямой B1А, и точку пересечения построенной прямой с прямой ВА обозначим D. Тогда угол DA1C=2?.
Соединим точку D с точкой С и проведем в треугольнике A1CD медиану A1К. Так как заданная призма – правильная, то ее боковые грани – равные прямоугольники, и, следовательно, B1А=A1C. Кроме того, B1А=A1D. Тогда и A1D=A1C, т. е. в треугольнике A1CD A1К+СD. Проведем далее в равностороннем
треугольнике АВС медиану ВМ. Тогда ВМ+АС. Но ясно и то, что прямая A1А перпендикулярна плоскости АВС, т. е. A1А+ВМ, или, наоборот, ВМ + A1А. Так как прямая ВМ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости AСС1, и, значит, соединив точку М с точкой С1, получим прямую С1М – проекцию прямой ВС1 на плоскость AСС1 и прямоугольный треугольник С1ВМ, угол ВС1М которого является углом между прямой ВС1 и плоскостью АСС1.
Рассмотрим прямоугольные треугольники С1ВМ и А1DK. У них С1В=А1D, и так как в треугольнике АCD CD=АС?3, то DK=ЅАС?3. Но и а треугольнике АВС ВМ=ЅАС?3. Таким образом, ВМ=DK. Итак, прямоугольные треугольники С1ВМ и А1DK равны (по гипотенузе и катету). Тогда углы ВС1М и DА1K равны. Но ясно, что угол DА1K=?. Следовательно, и угол ВС1М=?.



4.6. Угол между плоскостями.




Пусть П1 и П2 – данные плоскости, пересекающиеся по прямой АВ (рис. 29). Через некоторую точку F прямой АВ проведем в плоскости П1 прямую FC(AB, а в плоскости П2 прямую FD(AB. Плоскость CFD, таким образом, перпендикулярна прямой АВ, и угол ( между прямыми FC и FD является углом
между плоскостями П1 и П2. По определению угла между прямыми 0((((90(.
Одним из методов решения задач на нахождение угла между плоскостями является поэтапно-вычислительный метод. Применение этого метода может опираться на использование формулы [pic], где -площадь фигуры F, лежащей в одной из плоскостей П1 или П2, Sпр- площадь ортогональной проекции фигуры Ф на другую плоскость из этих плоскостей, ( - угол между плоскостями
П1 и П2. В некоторых же случаях применение поэтапно-вычислительного метода связано с необходимостью построения угла ( между плоскостями и затем треугольника, содержащего угол ( или угол (1=180(-(. Подсчитывая стороны этого треугольника, находят какую-либо тригонометрическую функцию угла ((или угла (1), а затем и угол (.
Если рассматриваемый треугольник не является прямоугольным, то обычно находят cos ( (или cos (1). Если при этом cos ( =m(0, то угол ( - этоискомый угол и (=arcos m; если cos ( =m(0, то искомым является угол (1=180(- -(. В этом случае угол cos (1=cos(180(--()= -cos (, и, следовательно, (1=arcos((m).[pic]
На ребрах АС и МА правильного тетраэдра МАВС взяты соответственно точки К и
L – середины этих ребер. Найти угол между плоскостями BLK и МАС.


Решение (рис. 30). Построим угол между плоскостями BLK и МАС. Для построения перпендикуляра из точки В на прямую LK – линию пересечения плоскостей BLK и МАС воспользуемся тем, что в треугольнике BLK BL=BK (какмедианы равносторонних треугольников). Тогда медиана ВР является
перпендикуляром к стороне LK. Так как в треугольнике ALK AL=AK, то медиана АР перпендикулярна стороне LK. Таким образом, угол между прямыми ВР и АР – угол между плоскостями BLK и МАС.
Пусть прямая АР пересекает ребро МС в точке N. Найдем угол ВРА треугольника ВРА. Полагая для выполнения подсчетов ребро тетраэдра равным а, получаем [pic] Из прямоугольного треугольника ВРК, в котором [pic]находим, что[pic]
Теперь в треугольнике ВРА известны все стороны. По теореме косинусов
получаем [pic]или[pic] [pic]
Так как cos BPA<0. то (ВРА – тупой. Таким образом, углом между прямыми ВР и АР является угол (=180(-(ВРА. Тогда cos (=cos (180( -(ВРА)=--cos BPA=[pic]
Итак, угол между плоскостями BLK и МАС – (=arccos[pic]



4.7. Двугранный и многогранный углы.



Если ( - величина двугранного угла, то 0(<(<180(. При решении задач на нахождение двугранного угла могут быть применены геометрический, а также поэтапно-вычислительный методы. Применение поэтапно-вычислительного метода связано необходимость построения линейного угла искомого двугранного угла ( и с построением треугольника, содержащего этот угол ( или угол (1=180(-
(.Подсчитывая стороны построенного треугольника, находят угол (.
В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треугольник. Боковое ребро МВ
перпендикулярно плоскости основания, и АС=ВС. На ребре МС взята точка К –середина этого ребра. Найти двугранный угол ВКАС, если: а)МВ=АС; б)МВ=2АС.


Решение а) (рис. 31, а). Геометрический метод. Так как прямая МВ
перпендикулярна плоскости АВС, то МВ(АС, т. е. И АС(МВ. Таким образом,
АС(ВС и АС(МВ, следовательно, АС(ВК, т. е. и ВК(АС (1).
Так как в треугольнике МВС МВ=ВС, то ВК не только медиана этого треугольника, но и ВК(МС (2).
Из результатов (1) и (2) следует, что прямая ВК перпендикулярна плоскости МАС. Тогда плоскость АВК, проходящая через прямую ВК, также перпендикулярна плоскости МАС. Другими словами, двугранный угол ВАКС равен
90(.
б) (рис. 31, б) Поэтапно-вычислительный метод. Построим линейный угол искомого двугранного угла, ребром которого является прямая АК, а гранями – полуплоскости ВАК и САК.
1. В треугольнике АСК через вершину С проведем прямую, перпендикулярную ребру АК искомого двугранного угла. Подсчитаем для этого все стороны треугольника АСК, полагая, например, АС=а. Тогда
ВС=а, МВ=2а, МС=а(5, СК=ЅСМ=Ѕ(5, АК2=АС2+СК2, т. е. АК=[pic].[pic]
Если СН(АК, то СН·АК=АС·СК, откуда СН=[pic]. Тогда АН=[pic], и, следовательно, АН:АК=4:9, откуда ясно построение точки Н и затем прямой СН, которая перпендикулярна прямой АК.
2. В треугольнике АВК через вершину В проведем прямую, перпендикулярную ребру АК двугранного угла ВАКС. Для этого подсчитаем стороны треугольника АВК. Получаем АВ=а(2, ВК=ЅМС=Ѕа?2 и
АК=[pic].

Если BF(АК, АВ2-AF2= ВК2-KF2, или 2а2-AF2=[pic]откуда AF = а, и, следовательно, AF:АК=2:3. Таким образом, ясно построение точки F и затем прямой BF, которая перпендикулярна прямой АК.
3. В треугольнике АСК через точку F проведем прямую FL|СН. Тогда FL(АК. Так как, кроме того, BF(АК, то (BFL – линейный уголдвугранного угла ВАКС.
4. Соединим точку В с точкой L и подсчитаем стороны треугольника BFL.
BF=[pic]. Из подобия треугольников AFL и АСН следует, что
FL:CH=AF:AH, где AF=a, АН=[pic], СН=[pic].
Тогда FL=[pic]. Так как AL=[pic]=[pic], то CL=AL – AC=Ѕa. Тогда
BL=[pic].

Итак, в треугольнике BFL известны все стороны: BF=a, FL=[pic].
5. Из треугольника BFL по теореме косинусов получаем: BL2=BF2+FL2-2BF·FL·cosBFL, или
[pic], откуда cosBFL=[pic].
Это значит, что двугранный угол ВАКС равен arccos[pic].



Заключение.



Итак, очевидна актуальность решения задач с помощью ортогонального
проектирования. В реферате рассмотрены разнообразные задания по
стереометрии. Показаны построения прямой и сечений на изображениях плоских
и пространственных фигур. Также даны решения по вычислению расстояний
(между точками, от точки до прямой, от точки до плоскости, между
скрещивающимися прямыми), нахождению углов (между скрещивающимися прямыми,
между прямой и плоскостью, меду плоскостями). При рассмотрении задач
использовались следующие способы и методы: способ выносных чертежей,
вычислительный и геометрический способы, поэтапно-вычислительный и
координатный методы.

Категория: Геометрия | Добавил: alexlat (07.05.2012)
Просмотров: 1946 | Рейтинг: 0.0/0
Всего комментариев: 0
Добавлять комментарии могут только зарегистрированные пользователи.
[ Регистрация | Вход ]