/>/>/>
Тема:«Решение задач с помощью ортогональногопроектирования».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. Комплексныечертежи. 4
1.1. Метод параллельногопроецирования. 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 иплоскости. 8
Глава II. Изображение фигур. 9
2.1. Проекция окружности. 9
2.2. Проекция треугольника,параллелограмма и трапеции. 9
2.4. Проекции правильногошестиугольника. 10
2.5. Проекции тетраэдра ипараллепипеда. 10
Глава III. Задачи на метрические построения. 11
3.1. Выносные чертежи. 11
3.2. Построения на изображенияхплоских фигур. 13
3.3. Построения на изображенияхпространственных фигур. 16
Глава IV. Вычисление расстояний и углов. 24
4.1. Расстояние от точки до прямой. 24
4.2. Расстояние от точки доплоскости. 25
4.3. Расстояние между скрещивающимисяпрямыми. 26
4.4. Угол между скрещивающимисяпрямыми. 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. 36Введение.
Выбранная дляреферата тема «Решение задач с помощью ортогонального проектирования» актуальнадля многих выпускников и поступающих в высшие учебные заведения.
Несмотря на то,что в методических рекомендациях по решению экзаменационных задач по геометрииговорится, что для них не требуется сложных рассуждений, преобразований иостроумия, но часто приобретенных навыков в школе не хватает для решения задачна построение и вычислительных задач. Многие из них на сегодняшний деньполностью отсутствуют или редко встречаются в учебниках. Это относится в первуюочередь к заданиям на применение ортогонального проецирования.
Рассмотренный в данном реферате материал позволяетполучить более глубокие знания по стереометрии, широкое пониманиепоставленного вопроса. Особое внимание уделено полноте рассуждения, в которомприменялись базовые знания начертательной геометрии. При решении задач активноиспользовался аппарат ортогонального проектирования. Это осуществляетсяприменением вычислительного способа и способа выносных чертежей. В рефератетакже присутствует и координатный способ решения. Акцентируется внимание нарешении задач по построению прямой, изображений фигур, вычислению расстояний иуглов.
ГлаваI. Основныепонятия ортогональной проекции. Комплексные чертежи.1.1. Метод параллельного проецирования.
/>
Дана плоскость α и прямая l, задающаянаправление проецирования. Зададим фигуру, которую надо спроектировать (отрезокAB). 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) Проекциейточки является точка.
2) Проекциейпрямой является прямая – свойство прямолинейности.
3) Проекциейточки, лежащей на некоторой прямой, является точка, лежащая на проекции даннойпрямой – свойство принадлежности.
4) Проекциямипараллельных прямых являются параллельные прямые – свойство сохраненияпараллельности.
5) Отношениепроекций отрезков, лежащих на параллельных прямых или на одной и той же прямой,равно отношению самих отрезков.
6) Проекцияфигуры не меняется при параллельном переносе плоскости проекций.1.2. Ортогональная проекция.
Ортогональное проецирование является частным случаемпараллельного проецирования, когда направление проецирования Sперпендикулярно плоскости проекции П’. /> />
В этом случае нетрудно установить соотношение между длиной натурального отрезкаи длиной его проекции. Если отрезок AB образует сплоскостью проекций угол α, то, проведя AB*║A’ B’ (рис.2), получим изпрямоугольного треугольника AB*B,что AB*=AB cos α или A’ B’=AB cosα.
Так как ортогональное проецирование – разновидностьпараллельного, то ему присущи те же свойства.1.3. Комплексный чертеж точки.
Наибольшее применение получил чертеж, составленный из двухили более связанных между собой ортогональных проекций изображаемого оригинала.Такой чертеж называется комплексным.
Принцип образования такого чертежа состоит в том, чтоданный оригинал проецируется ортогонально на две взаимно перпендикулярныеплоскости проекций, которые затем соответствующим образом совмещают сплоскостью чертежа. Одна из плоскостей проекции П1 располагаетсягоризонтально и называется горизонтальной плоскостью проекций. ПлоскостьП2, которая располагается вертикально, называется фронтальнойплоскостью проекций (рис. 3).
/>
Прямую пересечения плоскостей проекций называют осью проекций.
Спроектируем ортогонально на плоскости проекций П1и П2 какую-нибудь точку А, тогда получим две ее проекции: горизонтальнуюпроекцию А1 на плоскости П1 и фронтальную проекциюА2 на плоскости П2 .
Проектирующие прямые АА1 и АА2, припроекции которых точка А проектируется на плоскости проекций, определяютпроецирующую плоскость А1АА2, перпендикулярную к обеимплоскостям проекций и к оси проекций х. Прямые Ах А1и Ах А2, являющиеся проекциями проецирующей плоскости наплоскостях проекций П1 и П2, будут перпендикулярны к осипроекций х.
Расстояние А1А точки А от горизонтальнойплоскости проекций называется высотой hточки А, ее расстояние А2А от фронтальной плоскости проекций – глубинойf точки А.
Чтобы получить плоский чертеж, совместим плоскость проекцийП1 с плоскостью П2, вращая плоскость П1вокруг оси х в направлении, указанном на рис. 3, а. В результате получимкомплексный чертеж точки А (рис. 3, б), состоящий из двух проекций А1и А2 точки А, лежащих на одной прямой, перпендикулярной к оси х.Прямая А1А2 , соединяющая две проекции точки, называетсялинией связи. 1.4. Комплексный чертежпрямой.
Прямая линия определяется двумя точками, поэтому накомплексном чертеже всякая прямая l может бытьзадана проекциями А1, А2 и В1, В2двух ее точек А и В (рис. 4, а, б). А так как ортогональная проекция обладаетсвойствами прямолинейности и принадлежности, то прямая lна комплексном чертеже задается и ее проекциями l1, l2; они будут прямыми, проходящимичерез точки А1, В1, А2, В2.
/>
Для деления данного отрезка АВ в данном отношении достаточно разделить в этомотношении одну из проекций данного отрезка, а затем спроецировать делящуюточку на другую проекцию отрезка. На рис. 5 отрезок АВ разделен точкой М вотношении 2:3, первоначально в этом отношении была разделена проекция А1В1данного отрезка.
Определение натуральной величины отрезка прямой и егоуглов наклона к плоскостям проекций можно выполнить с помощью способапрямоугольного треугольника. Пусть дан отрезок АВ общего положения (рис. 6,а). Зафиксируем плоскость проекций П1 так, чтобы она прошла черезодин 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 являетсягоризонтальная проекция А1В1 отрезка АВ, а вторым катетом– высота h точки В. Угол, образованный отрезкомАВ и его проекцией А1В1, является углом наклона отрезкаАВ к плоскости проекций П1 .
/>
На рис. 6, б выполнено построение натуральной величины отрезка АВ, заданногосвоими проекциями А1В1 и А2В2, приэтом возможны два варианта решения. В одном случае построен прямоугольныйтреугольник А1В1В1 на горизонтальной проекцииданного отрезка, а в другом — прямоугольный треугольник А1В1В2на фронтальной проекции отрезка. Гипотенузы этих треугольников А1В1и А2В2 определяют натуральную величину отрезка АВ, а углыα и β определяют углы наклона этого отрезка к плоскостям проекций П1и П2. Иногда удобнее строить прямоугольный треугольник не напроекции отрезка, а на высоте h или на глубинеf одного из концов отрезка относительнодругого. На рис. 6, в показаны оба варианта этих построений. Отрезки А1В2 и А2 В1 определяют натуральную величинуотрезка АВ.1.5. Комплексный чертежплоскости./> />
Плоскость определяют три ее точки, не лежащие на одной прямой. Поэтому накомплексном чертеже всякая плоскость Q может быть заданапроекциями А1, В1, С1 и А2, В2, С2 трех ее точек А, В, С (рис. 7 а, б). Для большей наглядностисоединим точки А, В и С прямыми. Получим задание плоскости треугольником АВС.При этом следует помнить, что плоскость безгранична и поэтому некоторыепостроения могут выходить за пределы треугольника.1.6. Взаимопринадлежностьточки и плоскости.
Покажем, как задать какую-нибудь точку плоскости. Пустьплоскость Q задана тремя точками А, В и С (рис. 8).Соединим их прямыми, тогда плоскость Q будет заданатреугольником АВС. Проще всего искомую точку М1 задать накакой-нибудь стороне, например ВС. Проведем в плоскости Qпроизвольную прямую l. Выделим на плоскости Q две произвольные точки, например, А и М1, иопределим этими точками прямую l (l1 ,l2),принадлежащую плоскости Q.
/>
Так как проекция плоскости Q покрывает все полепроекций, то одну из проекций точки, принадлежащей плоскости, можно задатьпроизвольно, тогда вторая проекция определится однозначно. Выберем произвольнопроекцию М13 .Далее проведем в плоскости Q какую-нибудь прямую m, горизонтальная проекция которой проходила бы черезвыбранную проекцию М13 .Прямая m определена точками Cи N, принадлежащими плоскости Q.Построив вторую проекцию m2прямой m в пересечении с линией связи,проведенной черезМ13 , найдем искомую проекцию М13 .
Таким образом, построение точки в данной плоскости сводитсяк двум операциям: построению в плоскости вспомогательной прямой и построениюточки на этой прямой.
Глава II. Изображениефигур.
Изображаемая фигура называется оригиналом, аизображенная –проекцией данной фигуры. 2.1. Проекция окружности.
Параллельной проекцией окружности является кривая,называемая эллипсом. Так как ортогональная проекция является частным случаемпараллельной проекции, то, проецируя окружность О, расположенную в плоскостиобщего положения Q (рис. 9) ортогонально на плоскость П1, получаем эллипс О1 .
В окружности проведем два взаимно перпендикулярных диаметраАВ и CD, причем АВ пройдет по прямой уровня плоскости Q, а диаметр CD – по прямой наибольшегоуклона этой плоскости по отношению к плоскости проекций П1. Тогдадиаметр АВ спроецируется в диаметр А1В1 эллипса, равныйдиаметру окружности, т.е. АВ=А1В1, а диаметр CD спроецируется в диаметр C1D1эллипса. Так как угол, образованный этими диаметрами, является линейным угломдвугранного 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 другомудиаметру). Это свойство при параллельном проецировании сохраняется.Следовательно, диаметры А1В1 и C1D1будут сопряженными диаметрами эллипса. Но, с другой стороны, они взаимноперпендикулярны, поэтому являются осями эллипса, причем А1В1-большая ось, а C1D1 — малая ось.
/>
2.2. Проекция треугольника, параллелограмма итрапеции.
Треугольник изображается треугольником любой формы. Медианатреугольника будет изображаться медианой, так как отношение отрезковсохраняется. При проекции биссектрисы и высоты пойдет искажение.
Так как параллельность прямых сохраняется, то изображениепараллелограмма, в частности, прямоугольника, ромба, квадрата, служитпараллелограмм. Длина сторон и величины углов произвольные.
Любая трапеция изображается в виде произвольной трапеции.Сохраняется только отношение оснований. Равнобокая трапеция имеет осьсимметрии. Ее изображают следующим образом (рис. 10). Каждое из оснований делимпополам и проводим ось симметрии./>
2.4. Проекции правильного шестиугольника.
При построении оригинала правильного шестиугольникаиспользуют два симметричных ромба: OBCD и OAFE (рис. 11, а). Изображение же получается при построенииромбов в виде двух одинаковых произвольных параллелограммов. Для полученияпроекции правильного шестиугольника надо оставшиеся точки соединить (рис. 11,б)./>
2.5. Проекции тетраэдра и параллепипеда.
Тетраэдр (треугольная пирамида) изображается в видепроизвольного четырехугольника с его диагоналями (рис.12, а). /> />
Для построения проекции параллепипеда сначала из произвольной точки проводимтри луча различной длины, не совпадающие. Затем на каждой паре лучей строимпараллелограмм. Полученный каркас достраиваем до параллепипеда (рис. 12, б).
Глава III. Задачи на метрические построения.3.1. Выносные чертежи.
Чертеж, на котором построена фигура Ф0, имеющаяформу оригинала заданной плоской фигуры (т. е. подобная фигуре Ф), называют выноснымчертежом фигуры Ф.
Если точки P, Qи R принадлежат секущей плоскости и не лежат на однойпрямой, 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 секущейплоскости.
Построение выносных чертежей может быть выполнено вычислительным,а такжегеометрическим способом.
Задача 1. На ребрах ВВ1 и CD куба ABCDA1B1C1D1 взяты соответственно точки Pи Q – середины этих ребер. Построить фигуру, подобнуюмногоугольнику, полученному в сечении кубу плоскостью С1PQ.
/>
Решение (рис. 13, а). Находим точку S1, вкоторой пересекаются прямые C1P и BC. Таким образом, прямая S1Qявляется основным следом плоскости C1PQ, а в сечении получается четырехугольник C1PS1Q.
I способ построения – вычислительный.Полагая ребро куба равным a, подсчитаем сторонытреугольника C1S1Q. Как нетруднопоказать, точка Р – середина отрезка C1S1и 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=½a√5 ииз прямоугольного треугольника CS1Q: S1Q=½a√17.
Выбирая теперь некоторый отрезок в качестве отрезка, равногоа, построим отрезки x, y, z, заданные следующимиформулами: x= a√5, y=½a√5,z=½a√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, полученнымина 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 кубаплоскостью C1РQ (т. е. это выносной чертежмногоугольника, являющегося сечением куба плоскостью C1РQ)./> />
II способ – геометрический. Так как все квадратыподобны между собой, то квадрат (С1)0С0D0(D1)0 (рис. 14, а)подобен оригиналу грани C1CDD1куба. 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 сторонутреугольника (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, всестороны треугольника (С1)0Q0(S1)0, строим этот треугольник. Далее,как и при вычислительном способе решения, строим точку Р0– серединустороны (S1)0(C1)0и т. д.
Рисунки а, б, в можно объединить в один рисунок, например, врисунок 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=1.3.2. 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 построитьтреугольник A0B0C0– выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A0B0C0построим высоту B0Н0,имеем и отрезок A0Н0, значит,отношение A0Н0: А0C0станет известным. Так как АН║АС и припараллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется,то искомое отношение АН: АС равно отношению A0Н0: А0C0./> />
Чтобы найти отношение АН: АС вычислительным способом, следует подсчитать сначаластороны треугольника АВС, затем, выразив ВН2 из прямоугольныхтреугольников 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 илиСН.
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 вслучае, когда СН≤АН, или АН2=(b-СН)2в случае, когда АНс2-АН2=а2-(b-АН)2 найдем АН и затем искомоеотношение АН: АС, или из уравненияс2-(b-СН)2=а2-СН2найдем СН и затем отношение СН: СА.
Задача 3. Построить точку Х, делящую данныйотрезок АС в отношении АХ: АС=p:q, в следующих случаях:
а) pи q – известные отрезки;
б) pи q – известные целыеположительные 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 Х1проведем прямую, параллельную прямой СС1. Точка пересеченияпостроенной прямой со вспомогательным лучомlи будет искомой точкой Х. На рисунке 16, а построение выполнено при условии pq, а на рисунке 16, б– при условии p>q.
Б. Решение. Выберем некоторый отрезок е в качествеединичного отрезка. На вспомогательном луче l,проведенном через точку А, построим отрезки АХ1=pe и АС1= qe. Дальнейшие построения сделаны, как в пункте а). Онипонятны из рисунка 16, в.
/>
Основными способами решения задач построения на изображениях плоских фигурявляются:
1. Способвыносных чертежей.
2. Вычислительныйспособ.
3. Геометрическийспособ.
Задача 4. Параллелограмм АВСD является изображением квадрата A0B0C0D0, на стороне A0B0которого взята точка Е0– серединаэтой 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). Таккак при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезковсохраняется, то точка Е – изображение точки Е0– является серединойстороны АВ, а точка F лежит на стороне AD, причем AF:AD=1:4.Построим эти точки E и F, атакже точку К, лежащую на прямой AD, такую, что точка D является серединой отрезка АК, и проведем прямую EF. Для построения искомой прямой х обратимся квыносному чертежу, на котором построим квадрат A0B0C0D0и заданные точки Е0, F0и К0(рис. 17, б).
Через точку К0проведем прямую x0, перпендикулярную прямой Е0F0. Пусть прямая x0пересекает прямую Е0F0в точке Н0. На этом построение на выносном чертеже закончено.
Возвратимся к рисунку 17, а. С помощью вспомогательного лучаl 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 сторонатреугольника EFK (рис. 17, в). Полагая, что сторонаквадрата равна а, находим из треугольника AEF,где АЕ=½ а, AF=¼ a,EF2=AE2+AF2, EF=¼а√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, втреугольнике KFL отрезок FMявляется изображением высоты. Через точку L проведемпрямую LN║CD. Тогда втреугольнике KFL отрезок LNявляется изображением второй высоты. Найдем точку О, в которой пересекаютсяпрямые FM и LN. Проведем прямую КО и найдем точкуН, 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 иFD, то AR┴BV. Так как в рассмотренном примере EF║BV, то AR┴EF.Этим фактом можно воспользоваться для осуществления другого, такжегеометрического способа построения искомой прямой. 3.3. Построения на изображениях пространственныхфигур.Построение прямой, перпендикулярной заданной прямой.
Задача 5. Боковое ребро правильной призмы ABCDA1B1C1D1 в два разабольше стороны ее основания. На ребрах АВ и ВB1 призмызаданы соответственно точки Р и В2 – середины этих ребер. Построитьпрямую, проходящую через точку Р перпендикулярно прямой В2D.
Решение. Способ выносных чертежей (рис. 18, а).Соединим точку Р с точками D и В2. Построимтреугольник, подобный оригиналу треугольника В2DР.
Фигурой, подобной оригиналу грани ABCD,является квадрат A0B0C0D0(рис. 18,б). Отрезок D0P0, где точка P0– середина стороны A0B0, примемза одну из сторон искомого треугольника. /> />
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 нарисунке 18, б. Строим на сторонах A0B0и B0(В1)0 соответственно 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. Втреугольнике P0(В2)0D0строим P0Н0┴(В2)0D0.
Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью лучаl, проведенного через точку В2, строим точкуН, такую, что В2Н: В2D=(В2)0H0:(В2)0D0(опорная задача 3). Строим искомую прямую РН.
Так как фигурына 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 призмыза 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 наотрезке B2D точку Н,такую, что B2Н: B2D=1:2 (опорная задача 3). Строим искомую прямую РН.
В некоторых случаях построение прямой, перпендикулярнойданной, можно построить и геометрическим способом.
Геометрический способ. Ясно, что прямоугольныетреугольники ADP и BB2P равны (по двум катетам). Тогда DP=B2P, т. е. треугольник B2DP – равнобедренный. Этозначит, что медиана РН этого треугольника является и его высотой, т. е. прямаяРН является искомой прямой.Построение прямой, перпендикулярной заданной плоскости.
Один из возможных планов решения задачи о построении прямой,проходящей через заданную точку W перпендикулярнозаданной плоскости α (рис. 19).
1) Вплоскости γ, определяемой точкой W икакой-нибудь прямой U1U2, лежащей в плоскости α, проведем черезточку W прямую т1, перпендикулярнуюпрямой U1U2. Пусть прямая т1 пересекает прямую U1U2 в точке V.
2) Проведемдалее в плоскости α через точку V прямую т2, перпендикулярную прямой U1U2 .
3) Вплоскости β, определяемой прямыми т1 и т2, построимпрямую т3, проходящую через точку Wперпендикулярно прямой т2. Пусть прямая т3 пересекаетпрямую т2 в точке Н.
Так как прямаяU1U2пересекает прямые т1 и т2, то прямая U1U2перпендикулярна прямой т3. Таким образом, прямая т3перпендикулярна прямой U1U2 и прямой т2. Это значит, что прямаят3 перпендикулярна плоскости α, т. е. является искомой прямой.
/>
Задача 6. Высота МО правильной пирамиды МABCD равна стороне ее основания. Опустить перпендикуляр извершины D на плоскость МВС.
/>
Решение (рис. 20). Выполним построение в соответствии с изложенном выше планом.Через точку D и прямую ВС плоскости МВС уже проходитплоскость 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 черезточку С прямую, перпендикулярную прямой ВС, заметим, что в треугольнике МВСМВ=МС. Поэтому медиана МЕ будет и перпендикулярна к прямой ВС.
Таким образом, в плоскости МВС через точку С проведем прямуюCF║МЕ.
В плоскости β, определяемой прямыми DCи CF, из точки D опустимперпендикуляр на прямую CF. Сделаем это построение вычислительнымспособом. 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/> />
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 череззаданную прямую перпендикулярно заданной плоскости.
Пусть заданы плоскость α и прямая т1.Если через какую-нибудь точку W прямой т1провести прямую т2, перпендикулярную плоскости α, топлоскость β, определяемая пересекающимися прямыми т1и т2,будет перпендикулярна плоскости α.
Таким образом, задача построения плоскости β,проходящей через заданную прямую т1 и перпендикулярнойплоскости α, сводится к построению прямой т2, проходящейчерез какую-нибудь точку W прямой т1 иперпендикулярной плоскости α.
Задача 7. На ребре CDправильной пирамиды MABCD, высота которой равнаполовине диагонали ее основания, взята точка Е – середина этого ребра и черезточки М, В и Е проведена секущая плоскость α. Построить сечение пирамидыплоскостью, проходящей через прямую BD перпендикулярноплоскости α. Найти линию пересечения построенной плоскости с плоскостьюα.
Решение (рис. 21, а). Опустим перпендикуляр из точки О –середины диагонали BD на плоскость α. Построениеэтого перпендикуляра выполним с помощью выносных чертежей./> /> /> /> /> /> /> />
Построим квадрат A0B0C0D0(рис. 21,б), точку О0, в которой пересекаются его диагонали, и проведемпрямую B0Е0, где точка Е0– середина стороны C0D0. Затем через точку О0проведем прямую О0F0┴ B0Е0и найдем точки Q0, N0,в которых прямая О0F0пересекаетсоответственно прямые А0D0и B0C0.
Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l1 построим но отрезке ADточку Q, такую что AQ:AD=k1 А0Q0: k1 А0D0 (опорная задача 3). Прямая QOявляется, таким образом, изображением прямой, перпендикулярной прямой ВЕ.Построим далее точки N и F, вкоторых прямая QO пересекает соответственно прямые ВС иВЕ. Соединим точку М с точками Q, Nи F.
Построим теперь треугольник M0Q0N0, подобныйоригиналу треугольника MQN (рис. 21, в). Ясно, что втреугольнике M0Q0N0 M0Q0=M0N0. Сторону Q0N0этого треугольника возьмем с рисунка 21, бвместе с точкой F0 , принадлежащей этомуотрезку. Высоту М0О0возьмем равной отрезку А0О0, полученному также на рисунке 21, б.
В построенном треугольнике M0Q0N0черезточку О0проведем прямую, перпендикулярную прямой М0F0, и точку пересечения построенной прямой спрямой 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 плоскостьискомого сечения.
Строим сечение BVD и находим точку L, в которой пересекаются прямые DV иМЕ. Прямая BL – линия пересечения плоскости МВЕ с плоскостьюBVD.Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей череззаданную точку перпендикулярно заданной прямой.
Задача 8. В основании пирамиды МАВС лежитпрямоугольный треугольник АВС, боковое ребро МС перпендикулярно плоскостиоснования, и отношение ребер СА: СВ: СМ=√2:√2:1. На ребрахсоответственно точки D и Е – середины этих ребер.Построить сечение пирамиды плоскостью α, проходящей через точку Еперпендикулярно прямой МD.
Решение. Способ выносных чертежей (рис. 22, а). Таккак плоскость α перпендикулярна прямой МD, топрямая МD перпендикулярна любой прямой, лежащей вплоскости α. В частности, если прямая МDпересекает плоскость α в точке Н, то МD┴ЕН,т. е. отрезок ЕН – это высота треугольника М0Е0D0, подобно оригиналу треугольника МЕD.
1) Построимравнобедренный 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) Построимпрямоугольный треугольник В0С0М0(рис. 22, в),катет В0С0которого взят с рисунка 22, б. Из равенстваСВ: СМ=√2:1 ясно, что катет С0М0следует построитьравным В0С0∙½√2 (т. е. он равенполовине диагонали квадрата со стороной В0С0). Медиана М0Е0треугольника В0С0М0– это вторая сторонатреугольника М0Е0D0.
3) Построимравнобедренный 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) Потрем полученным на рисунке 22, б, в, г сторонам строим треугольник М0Е0D0(рис. 22, д) и проведем в нем Е0Н0┴М0D0.
5) Возвращаемсяк рисунку 22, а. На рисунке 22, д точка Н0разделила отрезок М0D0в отношении М0Н0: М0D0. С помощью луча lв таком же отношении разделим точкой Н отрезок МD (опорнаязадача 3).
6) Таккак плоскость α и плоскость АВМ имеют общую точку Н, то эти плоскостипересекаются 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 МDперпендикулярна. Это прямая АВ. (Действительно, в треугольнике АВМ АМ=ВМ, а МD – его медиана.) Поэтому, не обращаясь к новому выносномучертежу, 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, таккак FK║АВ, прямая FKпараллельна плоскости АВС, а это значит, что плоскость α, проходящаячерез 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. Этимобстоятельством можно воспользоваться и объединить рисунки б, в, г в одинрисунок, как это показано ни рисунке е.
Вычислительный способ (рис. 22, а). Как и при решенииспособом выносных чертежей, будем строить ЕН┴МD.Для этого подсчитаем стороны треугольника MDE, введядля 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 способомвыносных чертежей.
/> />
Глава IV. Вычислениерасстояний и углов.4.1. Расстояние от точки до прямой.
Для определения расстояния от точки до прямой обычнорассматривают треугольник, одной из вершин которого является заданная точка, адве другие лежат на заданной прямой. Искомое расстояние находят как высотуэтого треугольника, для чего в большинстве случаев подсчитывают сначаластороны треугольника. Вычисление сторон треугольника и затем его высотывыполняют поэтапно-вычислительным методом.
Задача 9. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 АВ=АA1=а, AD=3a. На ребре A1B1 взята точка Р – середина этого ребра, а наребре AD – точка Q, такая, что AQ:AD=2:3. Найти расстояние отвершины D1 до прямой PQ.
Решение. (рис. 23). 1 способ. Подсчитаем сторонытреугольника D1PQ.Из прямоугольного треугольника D1DQ D1Q=a√2. Из прямоугольноготреугольника A1D1P
/>
В плоскости АВB1через 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 закоординатные оси Вх, Ву и Вzсоответственно прямые ВА, ВС и ВВ1 с направлением на них от точки Вк 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 косинусовполучаем
/>
Это и есть искомое расстояние.4.2. Расстояние от точки до плоскости.
Можно предложить следующий план нахождения расстояния отзаданной точки W до заданной плоскостиα поэтапно-вычислительнымметодом:
1. Построимплоскость β, проходящую через точку Wперпендикулярно какой-нибудь прямой m1,лежащей в плоскости α.
2. Найдемпрямую m2 – линию пересеченияплоскостей β и α.
3. Выберемна прямой m2 какие-нибудь две точки U и Т и подсчитаем высоту WHтреугольника WUT.
Так как прямая m1перпендикулярна плоскости β, то она перпендикулярна любой прямой, лежащейв плоскости β, и, в частности,
m1┴WH. Таким образом, WH┴ m1 и WН┴ m2, т. е. прямая WНперпендикулярна плоскости α, и, значит, WH –искомое расстояние.
Задача 10. В заданном прямоугольномпараллелепипеде ABCDA1B1C1D1 ссоотношением ребер АВ: АD: АA1=1:2:1точка Р- середина ребра АA1. Найтирасстояние от вершины D1 до плоскости В1DР, считая АВ=а.
Решение (рис. 25). Находим прямую S1S2 – след плоскости B1DP на плоскости A1B1C1 и строимсечение параллелепипеда заданной плоскостью B1DP. Проведем решение в соответствии с предложенным вышепланом.
1. Построимплоскость β, проходящую через точкуD1перпендикулярно, например, прямой S1S2, лежащей в плоскости B1DP. Одна прямая, проходящая через точку D1и перпендикулярная прямой S1S2, на изображении уже есть – это прямая DD1. Для построения второй прямой подсчитаемстороны прямоугольного треугольника D1S1S2. Ясно,что D1S1=2D1А1=4а, D1S2=2D1С1=2а,и тогда
/>
Если D1L┴ S1S2, то втреугольнике D1S1S2 D1S12 = S1L∙ S1S2,откуда
/>
Таким образом, точка L может быть построена с помощьювспомогательного луча l. Прямыми D1D и D1L определяется плоскость β.
2. Найдемпрямую, 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 – высотатреугольника 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:
1. Наодной из данных прямых, например на прямой b,выбираем некоторую точку W и строим плоскостьα, определяемую прямой α и точкой W.
2. Вплоскости α через точку W проводим прямую а1а║а.
3. Строимплоскость β, определяемую пересекающимися прямыми а1 и b.
Ясно, что таккак прямая α параллельна прямой а1, то прямая αпараллельна и плоскости β. Поэтому точки прямой а одинаково удалены отплоскости β. Расстояние от любой точки U прямой адо плоскости β равно расстоянию между скрещивающимися прямыми а и b. Таким образом, задача нахождения расстояния между скрещивающимисяпрямыми может быть сведена к задаче нахождения расстояния от точки доплоскости.
Задача 11. В основании пирамиды МАВС лежитравнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С. Высота пирамидыпроектируется в точку О – середину ребра АВ, и угол АМВ=900. Наребре МА взята P – середина этого ребра, а грани МВСвзята точка Q, в которой пересекаются медианы граниМВС. Найти расстояние между прямыми АВ и PQ, если ВС=а.
Решение (рис. 26). Выполним дополнительные построения всоответствии с рекомендуемым выше планом.
1. /> />
Через прямую АВ и точку P, лежащую на другой заданной прямой, уже проведенаплоскость α – это плоскость МАВ.
2. Вплоскости МАВ через точку Р проведем прямую РК║АВ.
3. Строимплоскость β, определяемую прямыми PQ и РК.
Ясно, что так как точка Q – точка пересечения медиантреугольника МВС, то прямая KQ пройдет через вершину С.
Таким образом, в сечении пирамиды плоскостью βполучаем треугольник СКР. Так как прямая АВ║РК, то прямая АВ параллельнаплоскости СКР. Найдем расстояние, например, от точки О –середины ребра АВ доплоскости СКР. Для этого через точку О проведем плоскость γ,перпендикулярную какой-нибудь прямой. Лежащей в плоскости СКР, например, прямойРК.
Так как прямая РК║АВ, то плоскость γ будет тогдаперпендикулярна и прямой АВ. Итак, в плоскости МАВ прямая ОМ перпендикулярнапрямой АВ, и, легко убедиться, в плоскости АВС прямая ОС перпендикулярна прямойАВ. Тогда плоскость, определяемая пересекающимися прямыми ОМ и ОС, — это и естьплоскость 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
/>
Таким образом, искомое расстояние ОН./>
4.4. Угол между скрещивающимися прямыми.
При решении задач на нахождение угла φ междускрещивающимися прямыми а и b в общем случае можнопоступить следующим образом:
1. Черезодну из данных прямых, например через а, и через какую-нибудь точку W, взятую на другой прямой, проведем плоскость α.
2. Вплоскости α через точку W проведемзатем прямую а1║а.
Угол междупрямыми а1 и b равен искомому углуφ. (если φ-угол между прямыми, 0 ≤ φ ≤ 90º.)
3. Выбравна прямой а1 какую-нибудь точку К и на прямой b – точку L, получимтреугольник WKL. Если этот треугольник непрямоугольный, 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 KWLKWL тупой,т.е. φ=180º-KWL. Ноcos(180º- KWL)= — cos KWL. Таким образом, в этом случаеcos φ= — cosKWL.
Задача 12. Все боковые грани призмы ABCA1B1C1 –квадраты. На ребрах АВ, A1C1, A1B1 и CС1 взятысоответственно точки P, Q, R, С2 – середины этих ребер. Найти угол междупрямыми PQ и С2R.
Решение (рис. 27). Выполним сначала необходимыедополнительные построения.
1. Черезпрямую С2R и точку Р, взятую на прямой PQ, проведем плоскость α, в результате чего получимсечение призмы – четырехугольник PRС1C.
2. Вплоскости α через точку P проведем прямую PC3║ С2R.Угол между прямыми PQ и PC3равен искомому углу.
3. Напрямой PQ возьмем точку Q, а напрямой PC3 – точку C3и найдем cos QPC3.
Подсчитаем с этой целью стороны треугольника QPC3. Для выполнения необходимых подсчетов пустьребро призмы равно а./> />
В прямоугольном треугольнике PСC3СР=½ а√3, СC3=С1С2=½а.
В прямоугольном треугольнике QС1С3С1Q=½ а, С1С3=½3а.
/>
Соединим точку R с точкой Q. Впрямоугольном треугольнике PQR PR=a, QR=½a./> />
Итак, в треугольнике PQС3 известны всестороны. Далее С3Q²= =С3P²+PQ²-2 С3P·PQ cos QPC3,
Таким образом, угол QPC3тупой, поэтому искомый угол φ=180º- QPC3,и, значит, cos φ =cos(180º-QPC3)= — сos QPC3./>
4.5. Угол между прямой и плоскостью.
При решении задач этого типа применяется либопоэтапно-вычислительный метод, либо геометрический. Пусть в задаче требуетсянайти угол φ между прямой АВ и плоскостью α. При решении задачипоэтапно-вычислительным методом необходимо сначала построить проекцию прямой АВна плоскость α. Для этого следует из какой-нибудь точки прямой АВ опуститьперпендикуляр на плоскость α. Затем необходимо подсчитать какие-нибудь двестороны полученного треугольника, в который входит угол φ, и найтикакую-либо тригонометрическую функцию угла φ, а потом и сам угол.
Задача 13. В правильной призме ABCA1B1C1 угол между прямыми АB1и A1С равен 2α. Найти угол между прямойBC1 и плоскостью AСC1.
Решение (рис. 28). Выполним дополнительные построения. В плоскости ABB1 через точку A1проведем прямую, параллельную прямой B1А, иточку пересечения построенной прямой с прямой ВА обозначим D.Тогда угол DA1C=2α.Соединим точку D с точкой С и проведем в треугольнике A1CD медиану A1К. Так как заданная призма – правильная, то еебоковые 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 медиануВМ. Тогда ВМ┴АС. Но ясно и то, что прямая A1Аперпендикулярна плоскости АВС, т. е. A1А┴ВМ,или, наоборот, ВМ ┴ A1А. Так какпрямая 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 иплоскостью АСС1.
/>
Рассмотрим прямоугольные треугольники С1ВМ и А1DK. У них С1В=А1D,и так как в треугольнике АCD CD=АС√3, то DK=½АС√3.Но и а треугольнике АВС ВМ=½АС√3. Таким образом, ВМ=DK. Итак, прямоугольные треугольники С1ВМ и А1DK равны (по гипотенузе и катету). Тогда углы ВС1Ми DА1K равны. Ноясно, что угол DА1K=α. Следовательно, и угол ВС1М=α.4.6. Угол между плоскостями.
Пусть П1 и П2 – данные плоскости,пересекающиеся по прямой АВ (рис. 29). Через некоторую точку Fпрямой АВ проведем в плоскости П1 прямую FC^AB, а вплоскости П2 прямую FD^AB. Плоскость CFD, таким образом, перпендикулярна прямой АВ, и угол j между прямыми FC и FD является углом междуплоскостями П1 и П2. По определению угла междупрямыми 0°
Одним из методов решения задач на нахождение угла междуплоскостями является поэтапно-вычислительный метод. Применение этогометода может опираться на использование формулы /> ,где Sф-площадь фигуры F,лежащей в одной из плоскостей П1 или П2, Sпр — площадь ортогональной проекции фигуры Ф надругую плоскость из этих плоскостей, j- угол между плоскостями П1 и П2. В некоторых же случаяхприменение поэтапно-вычислительного метода связано с необходимостью построенияугла j между плоскостями и затемтреугольника, содержащего угол j илиугол j1=180°-j.Подсчитывая стороны этого треугольника, находят какую-либо тригонометрическуюфункцию угла j (или угла j1), а затем и угол j.
Если рассматриваемый треугольник не является прямоугольным,то обычно находят cos j (или cos j1). Еслипри этом cos j =m³0, то угол j — это искомый угол и j=arcos m; еслиcos j =m
/>
Задача 14. На ребрах АС и МА правильноготетраэдра МАВС взяты соответственно точки К и L –середины этих ребер. Найти угол между плоскостями BLK иМАС.
Решение (рис. 30). Построим угол между плоскостями BLK и МАС. Для построения перпендикуляра из точки В напрямую LK – линию пересечения плоскостей BLK и МАС воспользуемся тем, что в треугольнике BLK BL=BK (как медианы равносторонних треугольников). Тогда медианаВР является перпендикуляром к стороне LK. Так как втреугольнике ALK AL=AK, то медиана АР перпендикулярнастороне 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 выполненияподсчетов ребро тетраэдра равным а, получаем /> Изпрямоугольного треугольника ВРК, в котором />находим,что
/>
Теперь в треугольнике ВРА известны все стороны. По теоремекосинусов получаем />или/>
/>
Так как cos BPA
Итак, угол между плоскостями BLK иМАС – j=arccos/>4.7. Двугранный и многогранный углы.
Если j — величинадвугранного угла, то 0°
Задача 15. В основании пирамиды МАВС лежитпрямоугольный треугольник. Боковое ребро МВ перпендикулярно плоскостиоснования, и АС=ВС. На ребре МС взята точка К – середина этого ребра. Найтидвугранный угол ВКАС, если: а)МВ=АС; б)МВ=2АС.
Решение а) (рис. 31, а). Геометрический метод. Таккак 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 медианаэтого треугольника, но и ВК^МС(2).
Из результатов (1) и (2) следует, что прямая ВКперпендикулярна плоскости МАС. Тогда плоскость АВК, проходящая через прямую ВК,также перпендикулярна плоскости МАС. Другими словами, двугранный угол ВАКСравен 90°.
б) (рис. 31, б) Поэтапно-вычислительный метод. Построимлинейный угол искомого двугранного угла, ребром которого является прямая АК, агранями – полуплоскости ВАК и САК.
1. В треугольнике АСК через вершину С проведем прямую, перпендикулярнуюребру АК искомого двугранного угла. Подсчитаем для этого все сторонытреугольника АСК, полагая, например, АС=а. Тогда ВС=а, МВ=2а,МС=аÖ5,СК=½СМ=½Ö5, АК2=АС2+СК2,т. е. АК=/>.
/>
Если СН^АК, то СН·АК=АС·СК, откуда СН=/>. Тогда АН=/>, и, следовательно,АН: АК=4:9, откуда ясно построение точки Н и затем прямой СН, котораяперпендикулярна прямой АК.
2. В треугольнике АВК через вершину В проведем прямую, перпендикулярнуюребру АК двугранного угла ВАКС. Для этого подсчитаем стороны треугольника АВК.Получаем АВ=аÖ2,ВК=½МС=½а√2 и АК=/>.
Если BF^АК, АВ2-AF2=ВК2-KF2,или 2а2-AF2=/>откуда AF=а,и, следовательно, AF: АК=2:3. Таким образом, яснопостроение точки F и затем прямой BF,которая перпендикулярна прямой АК.
3. В треугольнике АСК через точку F проведем прямуюFL║СН. Тогда FL^АК. Так как, кроме того, BF^АК, то ÐBFL – линейныйугол двугранного угла ВАКС.
4. Соединим точку В с точкой L и подсчитаем сторонытреугольника BFL. BF=/>. Из подобия треугольников AFL и АСН следует, что FL:CH=AF:AH, гдеAF=a, АН=/>, СН=/>.
Тогда FL=/>. Так какAL=/>=/>, то CL=AL – AC=½a.Тогда BL=/>.
Итак, втреугольнике BFL известны все стороны: BF=a, FL=/>.
5. Из треугольника BFL по теореме косинусовполучаем:
BL2=BF2+FL2-2BF·FL·cosBFL,или
/>, откуда cosBFL=/>.
Это значит, чтодвугранный угол ВАКС равен arccos/>./> Заключение.
Итак, очевидна актуальность решения задач с помощьюортогонального проектирования. В реферате рассмотрены разнообразные задания постереометрии. Показаны построения прямой и сечений на изображениях плоских ипространственных фигур. Также даны решения по вычислению расстояний (междуточками, от точки до прямой, от точки до плоскости, между скрещивающимисяпрямыми), нахождению углов (между скрещивающимися прямыми, между прямой и плоскостью,меду плоскостями). При рассмотрении задач использовались следующие способы иметоды: способ выносных чертежей, вычислительный и геометрический способы,поэтапно-вычислительный и координатный методы. Список литературы.
1. ВасиленкоЕ.А. Начертательная геометрия. – М., 1990..
2. ГордонВ.О., Симинцев М.А., Агневских М.А. Курс начертательной геометрии. – М.,1963.
3. ЛитвиненкоВ.Н. Сборник задач по стереометрии. – М., 1990..
4. РозовС.В. Сборник заданий. – М., 1988