Решение задач с помощью ортогонального проектирования

 

 

 

Тема: «Решение задач с помощью ортогонального проектирования».

Ученицы 11 «Б» класса

Средней школы №46

Заиц Ю. А.

Руководитель: Шелгинских В. А.

Калуга, 2001 г.

Содержание.

Введение. 3

Глава I. Основные понятия ортогональной проекции. Комплексные чертежи. 4

1.1. Метод параллельного проецирования. 4

1.2. Ортогональная проекция. 4

1.3. Комплексный чертеж точки. 5

1.4. Комплексный чертеж прямой. 6

1.5. Комплексный чертеж плоскости. 7

1.6. Взаимопринадлежность точки и плоскости. 8

Глава II. Изображение фигур. 9

2.1. Проекция окружности. 9

2.2. Проекция треугольника, параллелограмма и трапеции. 9

2.4. Проекции правильного шестиугольника. 10

2.5. Проекции тетраэдра и параллепипеда. 10

Глава III. Задачи на метрические построения. 11

3.1. Выносные чертежи. 11

3.2. Построения на изображениях плоских фигур. 13

3.3. Построения на изображениях пространственных фигур. 16

Глава IV. Вычисление расстояний и углов. 24

4.1. Расстояние от точки до прямой. 24

4.2. Расстояние от точки до плоскости. 25

4.3. Расстояние между скрещивающимися прямыми. 26

4.4. Угол между скрещивающимися прямыми. 28

4.5. Угол между прямой и плоскостью. 29

4.6. Угол между плоскостями. 30

4.7. Двугранный и многогранный углы. 32

Заключение. 35

Список литературы. 36

Введение.

Выбранная для реферата тема «Решение задач с помощью ортогонального проектирования» актуальна для многих выпускников и поступающих в высшие учебные заведения.

Несмотря на то, что в методических рекомендациях по решению экзаменационных задач по геометрии говорится, что для них не требуется сложных рассуждений, преобразований и остроумия, но часто приобретенных навыков в школе не хватает для решения задач на построение и вычислительных задач. Многие из них на сегодняшний день полностью отсутствуют или редко встречаются в учебниках. Это относится в первую очередь к заданиям на применение ортогонального проецирования.

Рассмотренный в данном реферате материал позволяет получить более глубокие знания по стереометрии, широкое понимание поставленного вопроса. Особое внимание уделено полноте рассуждения, в котором применялись базовые знания начертательной геометрии. При решении задач активно использовался аппарат ортогонального проектирования. Это осуществляется применением вычислительного способа и способа выносных чертежей. В реферате также присутствует и координатный способ решения. Акцентируется внимание на решении задач по построению прямой, изображений фигур, вычислению расстояний и углов.

    Глава I.   Основные понятия ортогональной проекции. Комплексные чертежи.

1.1. Метод параллельного проецирования.

Дана плоскость α и прямая l , задающая направление проецирования. Зададим фигуру, которую надо спроектировать (отрезок AB). Через точки А и В проведем прямые, параллельные l и пересекающие плоскость α в точках A’, B’. Отрезок A’ B’ – проекция АВ на плоскость α (рис.1). Обозначается A’ B’ =пр _α 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 параллельного проецирования, когда направление проецирования S перпендикулярно плоскости проекции П’.

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*=AB cos α или A’ B’= AB cos 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).

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 А_х А₁ и А_х 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 , В_2.

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 .

 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 П_{2 .} 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 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.

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 m₂ прямой 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.

   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=CD cosφ. 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.

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).

  Глава 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.

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.

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)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 (С₁)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 (С₁)₀С₀D₀(D₁)₀ (рис. 14, а) подобен оригиналу грани C₁CDD₁ куба. Построив на этом изображении точку Q₀ – середину стороны C₀D₀ и соединив точки (С₁)₀ и 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)₀ и т. д.

 

Рисунки а, б, в можно объединить в один рисунок, например, в рисунок г. Так как треугольник (С₁)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.

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 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-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 уравнения с²-(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=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 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=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.

Задача 4. 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:A₀D₀=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, 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 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.

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 α (рис. 19).

1)    В плоскости γ, определяемой точкой W и какой-нибудь прямой U₁U₂ , лежащей в плоскости α, проведем через точку W прямую т₁ , перпендикулярную прямой U₁U₂ . Пусть прямая т₁ пересекает прямую U₁U₂ в точке V.

2)    Проведем далее в плоскости α через точку V прямую т₂ , перпендикулярную прямой U₁U₂ .

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 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 т₃ перпендикулярна плоскости α , т. е. является искомой прямой.

Задача 6. 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 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 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.

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 О₀ проведем прямую О₀ F₀┴ B₀Е₀ и найдем точки Q_{0 ,} N₀, 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 M₀Q₀N₀ M₀Q₀=M₀N₀ . Сторону Q₀N₀ этого треугольника возьмем с рисунка 21, б вместе с точкой F₀  , принадлежащей этому отрезку. Высоту М₀О₀ возьмем равной отрезку А₀О₀ , полученному также на рисунке 21, б.

В построенном треугольнике M₀Q₀N₀ через точку О₀ 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 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 А₀В₀ иВ₀С₀, 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 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 М₀D₀ треугольника 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 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 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, В₀С₀М₀ 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.

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 D₁DQ D₁Q=a√2. Из прямоугольного треугольника A₁D₁P

В плоскости АВB₁ через точку P проведем прямую PP’║AA₁ и точку P’ соединим с точкой Q. 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 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).

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:

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

Если D₁L┴ S₁S₂, то в треугольнике D₁S₁S₂ D₁S₁² = S₁L∙ 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 B₁DP. 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∙ D₁L,

4.3. Расстояние между скрещивающимися прямыми.

Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми а и b можно использовать следующий план: