Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования

--PAGE_BREAK--1.2. Ортогональная проекция.
Ортогональное проецирование является частным случаем параллельного проецирования, когда направление проецирования S перпендикулярно плоскости проекции П’.

<img width=«214» height=«240» src=«ref-1_298942047-21673.coolpic» v:shapes="_x0000_s1101">
В этом случае нетрудно установить соотношение между длиной натурального отрезка и длиной его проекции. Если отрезок AB образует с плоскостью проекций угол α, то, проведя AB*║A’ B’ (рис.2), получим из прямоугольного треугольника AB*B, что AB*=ABcos α или A’ B’= ABcos α.

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 более связанных 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 плоскостью чертежа. Одна из плоскостей проекции П1 располагается горизонтально и называется горизонтальной плоскостью проекций. Плоскость П2, которая располагается вертикально, называется фронтальной плоскостью проекций (рис. 3).

<img width=«505» height=«285» src=«ref-1_298963720-2903.coolpic» v:shapes="_x0000_s1102">
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 плоскость А1АА2, 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.

<img width=«447» height=«343» src=«ref-1_298966623-16165.coolpic» v:shapes="_x0000_s1103 _x0000_s1104">
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 разделен точкой 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 восстановим перпендикуляр 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 .

<img width=«499» height=«255» src=«ref-1_298982788-3349.coolpic» v:shapes="_x0000_s1105">
 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 α и β 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.
    продолжение
--PAGE_BREAK--1.5. Комплексный чертеж плоскости.
<img width=«346» height=«237» src=«ref-1_298986137-25418.coolpic» v:shapes="_x0000_s1106">
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 Q задана тремя точками А, В и С (рис. 8). Соединим их прямыми, тогда плоскость Q будет задана треугольником АВС. Проще всего искомую точку М1 задать 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.

<img width=«267» height=«315» src=«ref-1_299011555-2490.coolpic» v:shapes="_x0000_s1107">
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 m2прямой mв пересечении с линией связи, проведенной черезМ13  , 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. 


     Глава 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 C1D1 эллипса. Так как угол, образованный этими диаметрами, является линейным углом двугранного угла наклона плоскости Q к плоскости П1, то, обозначив его через φ, получим C1D1=CDcosφ. 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 C1D1 будут сопряженными диаметрами эллипса. Но, с другой стороны, они взаимно перпендикулярны, поэтому являются осями эллипса, причем А1В1 — большая ось, а C1D1 — малая ось.

<img width=«273» height=«212» src=«ref-1_299014045-1806.coolpic» v:shapes="_x0000_s1108">

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.
<img width=«183» height=«122» src=«ref-1_299015851-576.coolpic» v:shapes="_x0000_s1109">
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).
<img width=«419» height=«207» src=«ref-1_299016427-2228.coolpic» v:shapes="_x0000_s1110">
2.5. Проекции тетраэдра и параллепипеда.
Тетраэдр (треугольная пирамида) изображается в виде произвольного четырехугольника с его диагоналями (рис.12, а).

<img width=«311» height=«159» src=«ref-1_299018655-1315.coolpic» v:shapes="_x0000_s1111">
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).

   Глава III.     Задачи на метрические построения.
    продолжение
--PAGE_BREAK--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 такжегеометрическим способом.

Задача 1. 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.

<img width=«423» height=«564» src=«ref-1_299019970-8257.coolpic» v:shapes="_x0000_s1112">
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 C1S1=a√5. Затем из прямоугольного треугольника C1СQ получаем C1Q=½
a√5 и из прямоугольного треугольника CS1Q: S1Q=½
a√17.

Выбирая теперь некоторый отрезок в качестве отрезка, равного а, построим отрезки x,
y,
z, заданные следующими формулами: x=
a√5, y=½
a√5, z=½
a√17, например, так, как это сделано ни рисунке 13, б.

Далее на рисунке13, в строим треугольник  (С1)0Q0(S1)0со сторонами (С1)0(S1)0=kx, (S1)0Q0=kz, полученными на рисунке13, б.

Строим затем точку P0– середину стороны (C1)0(S1)0этого треугольника и проводим через нее прямую P0(S1)0║(C1)0Q0. Четырехугольник (С1)0Q0(S2)0P0– фигура, подобная заданному сечению куба плоскостью C1РQ (т. е. это выносной чертеж многоугольника, являющегося сечением куба плоскостью C1РQ).

<img width=«358» height=«547» src=«ref-1_299028227-26571.coolpic» v:shapes="_x0000_s1113">
II способ – геометрический. Так как все квадраты подобны между собой, то квадрат (С1)0С0D0(D1)0  (рис. 14, а) подобен оригиналу грани C1CDD1 куба. Построив на этом изображении точку Q0– середину стороны C0D0и соединив точки  (С1)0и Q0, получим отрезок (С1)0Q0, который можно принять за сторону треугольника (С1)0Q0(S1)0, подобного оригиналу треугольника C1QS1. С помощью квадрата (С1)0C0B0(B1)0(рис. 14, б), равного квадрату (С1)0C0D0(D1)0, построенному на рисунке 14, а, строим отрезок (С1)0(S1)0, который будет принят за сторону треугольника  (С1)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 треугольника (С1)0Q0(S1)0. Получив, таким образом, все стороны треугольника    (С1)0Q0(S1)0, строим этот треугольник. Далее, как и при вычислительном способе решения, строим точку Р0– середину стороны (S1)0(C1)0и т. д.

 

Рисунки а, б, в можно объединить в один рисунок, например, в рисунок г. Так как треугольник  (С1)0Q0(S1)0строится с точностью до подобия, то его сторонами являются отрезки, равные k(С1)0(S1)0, k(С1)0Q0и k(S1)0Q0, где k>0, например, k=1.
    продолжение
--PAGE_BREAK--3.2. Построения на изображениях плоских фигур.
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 A0B0C0– выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A0B0C0построим высоту B0Н0, имеем и отрезок A0Н0, значит, отношение A0Н0: А0C0станет известным. Так как АН║АС и при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то искомое отношение АН: АС равно отношению A0Н0: А0C0.

<img width=«421» height=«195» src=«ref-1_299054798-1879.coolpic» v:shapes="_x0000_s1114">
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-АН2=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-АН2=а2-(b-АН)2 найдем АН и затем искомое отношение АН: АС, или из уравненияс2-(b-СН)2=а2-СН2 найдем СН и затем отношение СН: СА.

Задача 3. 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=kpи 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 p<
q, а на рисунке 16, б – при условии p>
q.

Б. Решение. Выберем некоторый отрезок е в качестве единичного отрезка. На вспомогательном луче l, проведенном через точку А, построим отрезки  АХ1=peи АС1= qe. Дальнейшие построения сделаны, как в пункте а). Они понятны из рисунка 16, в.

<img width=«424» height=«323» src=«ref-1_299056677-2985.coolpic» v:shapes="_x0000_s1115">
Основными способами решения задач построения на изображениях плоских фигур являются:

1.     
Способ выносных чертежей.

2.     
Вычислительный способ.

3.     
Геометрический способ.

Задача 4. Параллелограмм АВСD является изображением квадрата A0B0C0D0, на стороне A0B0которого взята точка Е0– середина этой стороны, на стороне A0D0взята точка F0, такая, что A0F0:A0D0=1:4, и на прямой A0D0взята точка К0, такая, что точка D0– это середина отрезка A0К0. Через точку К0проведена 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 A0B0C0D0и заданные точки Е0, F0и К0(рис. 17, б).

Через точку К0проведем прямую x0, перпендикулярную прямой Е0F0. Пусть прямая x0 пересекает прямую Е0F0в 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 Е0H0взяты 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.       

<img width=«289» height=«48» src=«ref-1_299059662-771.coolpic» v:shapes="_x0000_s1116 _x0000_s1117">
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

<img width=«556» height=«56» src=«ref-1_299060433-1054.coolpic» v:shapes="_x0000_s1118">
Выбрав произвольно единичный отрезок е, разделим отрезок EF в отношении EH:EF=p:
q, где p=12e,
q=5
e (опорная задача 3). Получим точку Н и затем искомую прямую КН.

<img width=«429» height=«493» src=«ref-1_299061487-4641.coolpic» v:shapes="_x0000_s1119">
 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 CDи 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.
    продолжение
--PAGE_BREAK--3.3. Построения на изображениях пространственных фигур. Построение прямой, перпендикулярной заданной прямой.
Задача 5. 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 A0B0C0D0(рис. 18, б). Отрезок D0P0, где точка P0– середина стороны A0B0, примем за одну из сторон искомого треугольника.

<img width=«400» height=«503» src=«ref-1_299066128-4266.coolpic» v:shapes="_x0000_s1120">
Фигурой, подобной оригиналу грани ABВ1А1, является прямоугольник A0B0(В1)0(А1)0с отношением сторон A0B0: A0(А1)0=1:2 (рис. 18, в). Причем  его сторона A0B0взята равной стороне квадрата, построенного на рисунке 18, б. Строим на сторонах A0B0и B0(В1)0соответственно точки P0и  (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)0которого 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)0D0по трем сторонам, найденным выше. В треугольнике P0(В2)0D0строим  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.

<img width=«272» height=«53» src=«ref-1_299070394-605.coolpic» v:shapes="_x0000_s1121">
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:

<img width=«273» height=«53» src=«ref-1_299070999-647.coolpic» v:shapes="_x0000_s1122">
И из прямоугольного треугольника BB2D:

<img width=«284» height=«33» src=«ref-1_299071646-594.coolpic» v:shapes="_x0000_s1123">
Если PH┴B2D, то выполняется соотношение (из опорной задачи 2).

<img width=«416» height=«44» src=«ref-1_299072240-770.coolpic» v:shapes="_x0000_s1124">
Откуда

<img width=«85» height=«44» src=«ref-1_299073010-336.coolpic» v:shapes="_x0000_s1125">
Тогда

<img width=«203» height=«44» src=«ref-1_299073346-471.coolpic» v:shapes="_x0000_s1126">
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 α (рис. 19).

1)     
В плоскости γ, определяемой точкой
W и какой-нибудь прямой
U1
U2, лежащей в плоскости α, проведем через точку
W прямую т1, перпендикулярную прямой
U1
U2. Пусть прямая т1 пересекает прямую
U1
U2 в точке
V.

2)     
Проведем далее в плоскости α через точку
V прямую т2, перпендикулярную прямой
U1
U2 .

3)     
В плоскости β, 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
U1
U2 пересекает прямые т1 и т2, то прямая
U1
U2 перпендикулярна прямой т3. Таким образом, прямая т3 перпендикулярна прямой
U1
U2 и прямой т2. Это значит, что прямая т3 перпендикулярна плоскости α, т. е. является искомой прямой.

<img width=«311» height=«222» src=«ref-1_299073817-2982.coolpic» v:shapes="_x0000_s1127">


Задача 6. Высота МО правильной пирамиды МABCD равна стороне ее основания. Опустить перпендикуляр из вершины D на плоскость МВС.

<img width=«316» height=«250» src=«ref-1_299076799-2732.coolpic» v:shapes="_x0000_s1128">
Решение (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:

<img width=«375» height=«48» src=«ref-1_299079531-730.coolpic» v:shapes="_x0000_s1129">
Ясно, что DF=CF(из равенства треугольников CMFи DMF). Если DH┴CF, то DC²-CH²=DF²-FH² (опорная задача 2).

Так как DC<DF, то CH<FH. Таким образом, получаем уравнение:

<img width=«415» height=«56» src=«ref-1_299080261-843.coolpic» v:shapes="_x0000_s1130">
 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.
    продолжение
--PAGE_BREAK--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 т2, перпендикулярную плоскости α, то плоскость β, определяемая пересекающимися прямыми т1и т2, 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 т1 и перпендикулярной плоскости α.

Задача 7. На ребре CD правильной пирамиды MABCD, высота которой равна половине диагонали ее основания, взята точка Е – середина этого ребра и через точки М, В 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.

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

<img width=«370» height=«335» src=«ref-1_299081104-20713.coolpic» v:shapes="_x0000_s1164"> <img width=«184» height=«354» src=«ref-1_299101817-2075.coolpic» v:shapes="_x0000_s1132">
Построим квадрат A0B0C0D0(рис. 21, б), точку О0, в которой пересекаются его диагонали, и проведем прямую B0Е0, где точка Е0– середина стороны C0D0. Затем через точку О0проведем прямую О0F0┴ B0Е0и найдем точки Q0, N0, в которых прямая О0F0пересекает соответственно прямые А0D0и 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 M0Q0N0  M0Q0=M0N0. Сторону Q0N0этого треугольника возьмем с рисунка 21, б вместе с точкой F0   , принадлежащей этому отрезку. Высоту М0О0возьмем равной отрезку А0О0, полученному также на рисунке 21, б.

В построенном треугольнике M0Q0N0через точку О0проведем прямую, перпендикулярную прямой М0F0, и точку пересечения построенной прямой с прямой M0N0обозначим Р0.

Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l2 найдем точку Р, которая делит отрезок MN в отношении MP:MN=
k0 M0P0: 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.

Решение. 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 М0Е0D0, подобно оригиналу треугольника МЕD.

1)       Построим равнобедренный прямоугольный треугольник А0В0С0(рис.22, б), точки D0 и Е0– середины соответственно его сторон А0В0иВ0С0, и таким образом получим отрезок D0Е0. Это одна из сторон треугольника М0Е0D0.

2)       Построим прямоугольный треугольник В0С0М0(рис. 22, в), катет В0С0которого взят с рисунка 22, б. Из равенства СВ: СМ=√2:1 ясно, что катет С0М0следует построить равным В0С0∙½√2 (т. е. он равен половине диагонали квадрата со стороной В0С0). Медиана М0Е0треугольника В0С0М0– это вторая сторона треугольника М0Е0D0.

3)       Построим равнобедренный треугольник А0В0М0(рис. 22, г), основание которого возьмем с рисунка 22, б, а боковые стороны А0М0= В0М0– с рисунка 22, в. Медиана М0D0треугольника А0В0М0– это третья сторона треугольника М0Е0D0.

4)       По трем полученным на рисунке 22, б, в, г сторонам строим треугольник М0Е0D0(рис. 22, д) и проведем в нем Е0Н0┴ М0D0.

5)       Возвращаемся к рисунку 22, а. На рисунке 22, д точка Н0разделила отрезок М0D0в 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 FК, 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 АВС по прямой, параллельной FK, т. е. по прямой ЕL║АВ. Таким образом, четырехугольник EFKL – искомое сечение.

Треугольники А0В0С0, В0С0М0и 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.

<img width=«299» height=«61» src=«ref-1_299103892-676.coolpic» v:shapes="_x0000_s1133">
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

<img width=«611» height=«47» src=«ref-1_299104568-1022.coolpic» v:shapes="_x0000_s1134">
С помощью вспомогательного луча l строим точку Н (опорная задача3). Далее искомое сечение строится так, как это сделано способом выносных чертежей.
 

<img width=«504» height=«840» src=«ref-1_299105590-76592.coolpic» v:shapes="_x0000_s1135">
 

   Глава IV.    Вычисление расстояний и углов.
    продолжение
--PAGE_BREAK--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.

Задача 9. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 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 D1PQ. Из прямоугольного треугольника D1DQD1Q=a√2. Из прямоугольного треугольника A1D1P

<img width=«201» height=«45» src=«ref-1_299182182-463.coolpic» v:shapes="_x0000_s1136">


В плоскости АВB1 через точку P проведем прямую PP’║AA1 и точку P’ соединим с  точкой Q. Из прямоугольного треугольника  РР’Q:

<img width=«369» height=«230» src=«ref-1_299182645-2232.coolpic» v:shapes="_x0000_s1137 _x0000_s1139 _x0000_s1140">
Если далее в треугольнике D1PQD1H┴PQ, то

<img width=«565» height=«56» src=«ref-1_299184877-1006.coolpic» v:shapes="_x0000_s1138">


2 способ. Координатный метод решения (рис. 24). Введем в  пространстве прямоугольную систему координат Вxyz, приняв за ее начало точку В, за единицу измерения отрезок, равный АВ, а за координатные оси Вх, Ву и Вz соответственно прямые ВА, ВС и ВВ1 с направлением на них от точки В к точкам А, С и В. Тогда в этой системе координат В(0; 0; 0), А(а; 0; 0), С(0;3а;0) и В1(0; 0; а).

<img width=«372» height=«48» src=«ref-1_299185883-743.coolpic» v:shapes="_x0000_s1142">
Найдем координаты точек D1, Рисунка и Q. Получаем D1 (а; 3а; а),     P(½а; 0; а) и Q (а; 2а; 0).

<img width=«400» height=«270» src=«ref-1_299186626-2947.coolpic» v:shapes="_x0000_s1141 _x0000_s1147">
Теперь подсчитаем cosD1PQ. По теореме косинусов получаем

<img width=«651» height=«47» src=«ref-1_299189573-1654.coolpic» v:shapes="_x0000_s1143 _x0000_s1144 _x0000_s1145 _x0000_s1146">
Это и есть искомое расстояние.
4.2.  Расстояние от точки до плоскости.
Можно предложить следующий план нахождения расстояния от заданной точки W до заданной плоскостиα поэтапно-вычислительным методом:

1.     
Построим плоскость β, проходящую через точку
W перпендикулярно какой-нибудь прямой
m1, лежащей в плоскости α.

2.     
Найдем прямую
m2 – линию пересечения плоскостей β и α.

3.     
Выберем на прямой
m2 какие-нибудь две точки
U и Т и подсчитаем высоту
WH треугольника
WUT.

Так как прямая m1 перпендикулярна плоскости β, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости β, и, в частности,   

m1┴WH. Таким образом, WH┴ m1 и WН┴ m2, т. е. прямая WН перпендикулярна плоскости α, и, значит, WH – искомое расстояние.

Задача 10. В заданном прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 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  B1DP на плоскости A1B1C1 и строим сечение параллелепипеда заданной плоскостью B1DP. Проведем решение в соответствии с предложенным выше планом.

1.      Построим плоскость β, проходящую через точкуD1 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

<img width=«192» height=«29» src=«ref-1_299191227-470.coolpic» v:shapes="_x0000_s1148">
ЕслиD1L┴ S1S2, то в треугольнике D1S1S2  D1S12   = S1L∙ S1S2, откуда

<img width=«376» height=«44» src=«ref-1_299191697-669.coolpic» v:shapes="_x0000_s1149">
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 B1DP. Так как точки D и L – общие точки этих плоскостей, то прямая DL – линия их пересечения.

3.      <img width=«408» height=«89» src=«ref-1_299192366-811.coolpic» v:shapes="_x0000_s1151">
Подсчитаем расстояние от точки D1 до прямой DL. Если D1Н – высота треугольника D1DL, то выражая площадь этого треугольника двумя способами, получим: D1H∙DL= DD1∙ D1L,

<img width=«437» height=«231» src=«ref-1_299193177-3102.coolpic» v:shapes="_x0000_s1150 _x0000_s1152">

    продолжение
--PAGE_BREAK--4.3. Расстояние между скрещивающимися прямыми.
Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми а и b можно использовать следующий план:

1.     
На одной из данных прямых, например на прямой
b, выбираем некоторую точку
W и строим плоскость α, определяемую прямой α и точкой
W.

2.     
В плоскости α через точку
W проводим прямую а1а║а.

3.     
Строим плоскость β, определяемую пересекающимися прямыми а1 и
b.

Ясно, что так как прямая α параллельна прямой а1, то прямая α параллельна  и плоскости β. Поэтому точки прямой а одинаково удалены от плоскости β. Расстояние от любой точки U прямой а до плоскости β равно расстоянию между скрещивающимися прямыми а и b. Таким образом, задача нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми может быть сведена к задаче нахождения расстояния от точки до плоскости.

Задача 11. В основании пирамиды МАВС лежит равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. Высота пирамиды проектируется в точку О – середину ребра АВ, и угол АМВ=900. На ребре МА взята P – середина этого ребра, а грани МВС взята точка Q, в которой пересекаются медианы грани МВС. Найти расстояние между прямыми АВ и PQ, если ВС=а.

Решение (рис. 26). Выполним дополнительные построения в соответствии с рекомендуемым выше планом.

1.      <img width=«302» height=«267» src=«ref-1_299196279-2872.coolpic» v:shapes="_x0000_s1153">
Через прямую АВ и точку P, лежащую на другой заданной прямой, уже проведена плоскость α – это плоскость МАВ.

2.      В плоскости МАВ через точку Р проведем прямую РК║АВ.

3.      Строим плоскость β, определяемую прямыми PQ и РК.

Ясно, что так как точка Q – точка пересечения медиан треугольника МВС, то прямая KQ пройдет через вершину С.

 Таким образом, в сечении пирамиды плоскостью β получаем треугольник СКР. Так как прямая АВ║РК, то прямая АВ параллельна плоскости СКР. Найдем расстояние, например, от точки О –середины ребра АВ до плоскости СКР. Для этого через точку О проведем плоскость γ, перпендикулярную какой-нибудь прямой. Лежащей в плоскости СКР, например, прямой РК.

Так как прямая РК║АВ, то плоскость γ будет  тогда перпендикулярна и прямой АВ. Итак, в плоскости МАВ прямая ОМ перпендикулярна прямой АВ, и, легко убедиться, в плоскости АВС прямая ОС перпендикулярна прямой АВ. Тогда плоскость, определяемая пересекающимися прямыми ОМ и ОС, — это и есть плоскость γ перпендикулярная прямой АВ, т. е. и прямой РК.
Находим линию пересечения плоскостей СКР и γ – прямую CL. Расстояние от точки О до прямой СL равно расстоянию между скрещивающимися прямыми АВ и PQ. Найдем его как высоту прямоугольного треугольника LCO. Если  ОН – высота этого треугольника, то ОН∙СL=OC∙OL, где из прямоугольного треугольника АВС находим ОС=½АВ=½ а√2, из прямоугольного треугольника МАВ OL=½OM=¼ a√2, и из прямоугольного треугольника LCO
<img width=«280» height=«48» src=«ref-1_299199151-590.coolpic» v:shapes="_x0000_s1098">
    Таким образом, искомое расстояние ОН.
<img width=«159» height=«45» src=«ref-1_299199741-392.coolpic» v:shapes="_x0000_s1099">
4.4. Угол между скрещивающимися прямыми.
При решении задач на нахождение угла φ между скрещивающимися прямыми а и b в общем случае можно поступить следующим образом:

1.     
Через одну из данных прямых, например через а, и через какую-нибудь точку
W, взятую на другой прямой, проведем плоскость α.

2.     
В плоскости α через точку
Wпроведем затем прямую а1║а.

Угол между прямыми а1 и
b равен искомому углу φ. (если φ-угол между прямыми, 0 ≤ φ ≤ 90º.)

3.     
Выбрав на прямой а1 какую-нибудь точку К и на прямой
b – точку
L, получим треугольник
WKL. Если этот треугольник не прямоугольный, то, подсчитав все его стороны, по теореме косинусов находим
cos
KWL. Понятно, что если
cos
KWL>0, то угол острый, т.е.
cos
φ=
cos
KWL. Если же
cos
KWL<0, то угол
KWL тупой, т.е. φ=180º-
KWL. Но
cos(180º- KWL)= — cos KWL. Таким образом, в этом случае
cos
φ= —
cos
KWL.

Задача 12. 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 α, в результате чего получим сечение призмы – четырехугольник PRС1C.

2.      В плоскости α 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 cosQPC3.

Подсчитаем с этой целью стороны треугольника QPC3.  Для выполнения необходимых подсчетов пусть ребро призмы равно а.

<img width=«291» height=«48» src=«ref-1_299200133-611.coolpic» v:shapes="_x0000_s1154">
В прямоугольном треугольнике PСC3 СР=½ а√3, СC3=С1С2=½ а.

В прямоугольном треугольнике QС1С3 С1Q=½ а, С1С3=½ 3а.

<img width=«332» height=«48» src=«ref-1_299200744-868.coolpic» v:shapes="_x0000_s1155 _x0000_s1156">
Соединим точку R с точкой Q. В прямоугольном треугольнике PQRPR=a, QR=½ a.

<img width=«463» height=«292» src=«ref-1_299201612-3284.coolpic» v:shapes="_x0000_s1157 _x0000_s1158">
Итак, в треугольнике PQС3 известны все стороны. Далее С3Q²= =С3P²+PQ²-2 С3P·PQcosQPC3,
Таким образом, угол QPC3 тупой, поэтому искомый угол φ=180º- QPC3, и, значит, cos φ =cos(180º- QPC3)= — сosQPC3.
    продолжение
--PAGE_BREAK--