|
|
| Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования |
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 C0
D0 и соединив точки (С1)0 и Q0 ,
получим отрезок (С1)0Q0 , который можно
принять за сторону треугольника (С1)0Q0(S
1)0 , подобного оригиналу треугольника C1QS1
. С помощью квадрата (С1)0C0B0(B
1)0 (рис. 14, б), равного квадрату (С1)0C
0D0(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 C1QS
1.
С помощью квадрата A0B0C0D0 (рис.
14, в), равного квадрату, построенному на рисунке 14, а, строим отрезок (S
1)0Q0 , который примем за третью сторону
треугольника (С1)0Q0(S1)0
. Получив, таким образом, все стороны треугольника (С1)0
Q0(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.
До выполнения построений решим опорные задачи.
Задача 2. Найти отношение АН:АС (или СН:СА), где точка Н- основание высоты ВН
треугольника АВС.
Решение. При способе выносных чертежей необходимо построить треугольник A0
B0C0 – выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A
0B0C0 построим высоту B0Н0 ,
имеем и отрезок A0Н0 , значит, отношение A0Н
0:А0C0 станет известным. Так как АН║АС и при
параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется,
то искомое отношение АН:АС равно отношению A0Н0:А0
C0 .
Чтобы найти отношение АН:АС вычислительным способом, следует подсчитать сначала
стороны треугольника АВС, затем, выразив ВН2 из прямоугольных
треугольников АВН и СВН, получить равенство АВ2-АН2=ВС
2-СН2. Полагая в этом равенстве для краткости АВ=с, ВС=
а и АС=b? , будем иметь: с2-АН2=а
2-СН2 (1). Это равенство является основой для вычисления одного
из отрезков АН или СН.
Независимо от вида треугольника АВС (рис. 15 а, б, в), сделав в равенстве (1)
замену меньшего из двух отрезков СН или АН, т. е. полагая СН2=(b
-АН)2 в случае, когда СН≤АН, или АН2=(b-СН)
2 в случае, когда АН<СН. Из уравнения с2-АН2
=а2-(b-АН)2 найдем АН и затем искомое
отношение АН:АС, или из уравнения с2-(b-СН)2
=а2-СН2 найдем СН и затем отношение СН:СА.
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 A0B
0C0D0 , на стороне A0B0
которого взята точка Е0 – середина этой стороны, на стороне A0
D0 взята точка F0, такая, что A0F0:A
0D0=1:4, и на прямой A0D0 взята точка К
0, такая, что точка D0 – это середина отрезка A0К
0 . Через точку К0 проведена прямая x0,
перпендикулярная прямой Е0F0. Построить изображение
прямой x0.
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 A0B0C
0D0 и заданные точки Е0 , F0 и К0
(рис. 17, б).
Через точку К0 проведем прямую x0,
перпендикулярную прямой Е0F0 . Пусть прямая x0
пересекает прямую Е0F0 в точке Н0 . На этом
построение на выносном чертеже закончено.
Возвратимся к рисунку 17, а. С помощью вспомогательного луча l с началом
в точке Е построим на прямой EF точку Н, такую, что EF:EH= Е0F0
:Е0H0 (опорная задача 3), где отрезки Е0F
0 и Е0H0 взяты с рисунка 17, б. Прямая КН является
изображением прямой x0.
Вычислительный способ. Подсчитаем сторона треугольника EFK (рис. 17, в).
Полагая, что сторона квадрата равна а, находим из треугольника AEF, где
АЕ=½ а, AF=¼ a, EF2=AE2+AF2,
EF=¼ а√5.
И из прямоугольного треугольника АЕК, где АЕ=½ а, АК=2а, находим:
Если KH┴EF, то выполняется соотношение EK²-EH²=FK²-
FH² (опорная задача 2), или
Выбрав произвольно единичный отрезок е, разделим отрезок EF в отношении
EH:EF=p:q, где p=12e, q=5e (опорная задача 3). Получим
точку Н и затем искомую прямую КН.
Геометрический способ (рис. 17, г). Так как параллелограмм ABCD является
изображением квадрата, то прямые АС и BD являются изображением взаимно
перпендикулярных прямых. Через точку К проведем прямую KL║AC. Через точку
F проведем прямую FM║BD. Таким образом, в треугольнике KFL отрезок FM
является изображением высоты. Через точку L проведем прямую LN║CD. Тогда
в треугольнике KFL отрезок LN является изображением второй высоты. Найдем точку
О, в которой пересекаются прямые FM и LN. Проведем прямую КО и найдем точку Н,
в которой эта прямая пересекает прямую FL. Отрезок KН является изображением
третьей высоты треугольника KFL, т. е. прямая КН – это изображение искомой
прямой х0.
Также можно доказать, что если в квадрате ABCD (рис.17, д) точки R и V –
середины сторон соответственно CD и FD, то AR┴BV. Так как в
рассмотренном примере EF║BV, то AR┴EF. Этим фактом можно
воспользоваться для осуществления другого, также геометрического способа
построения искомой прямой.
Построение прямой, перпендикулярной заданной прямой.
Задача 5. Боковое ребро правильной призмы ABCDA1B1C1
D1 в два раза больше стороны ее основания. На ребрах АВ и ВB1
призмы заданы соответственно точки Р и В2 – середины этих ребер.
Построить прямую, проходящую через точку Р перпендикулярно прямой В2
D.
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 A0B0
C0D0 (рис. 18, б). Отрезок D0P0 ,
где точка P0 – середина стороны A0B0 , примем
за одну из сторон искомого треугольника.
Фигурой, подобной оригиналу грани ABВ1А1, является
прямоугольник A0B0(В1) 0(А1
)0 с отношением сторон A0B0: A0(А
1)0=1:2 (рис. 18, в). Причем его сторона A0B0
взята равной стороне квадрата, построенного на рисунке 18, б. Строим на сторонах
A0B0 и B0(В1) 0
соответственно точки P0 и (В2) 0 – середины
этих сторон. Отрезок P0(В2) 0 – это еще одна
из сторон искомого треугольника.
Строим прямоугольник B0(В1)0(D1)
0D0 (рис. 18, г), сторону B0(В1)0
которого возьмем с рисунка 18, в, а сторону B0D0 возьмем
равной диагонали квадрата, построенного на рисунке 18, б. Отрезок (В2
)0D0 , где точка (В2)0 – середина
стороны B0(В1)0 , - это третья сторона
искомого треугольника.
Строим треугольник P0(В2)0D0 по трем
сторонам, найденным выше. В треугольнике P0(В2)0
D0 строим P0Н0┴(В2)0
D0 .
Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью луча l, проведенного через точку
В2 , строим точку Н, такую, что В2Н: В2D=(В
2)0H0:(В2)0D0
(опорная задача 3). Строим искомую прямую РН.
Так как фигуры на рисунке 18 б, в, г, имеют общие стороны, то их можно
объединить, например, так, как это показано на рисунке 18, е.
Вычислительный способ. Подсчитаем стороны треугольника PB2D
(рис. 18, а). Для этого обозначим сторону основания призмы за а. Тогда ВВ1
=2а. Далее из прямоугольного треугольника ADP:
Из прямоугольного треугольника РВВ2:
И из прямоугольного треугольника BB2D:
Если PH┴B2D, то выполняется соотношение (из опорной задачи 2).
Откуда
Тогда
С помощью вспомогательного луча l строим на отрезке B2D точку
Н, такую, что B2Н: B2D=1:2 (опорная задача 3). Строим
искомую прямую РН.
В некоторых случаях построение прямой, перпендикулярной данной, можно
построить и геометрическим способом.
Геометрический способ. Ясно, что прямоугольные треугольники ADP и BB
2P равны (по двум катетам). Тогда DP=B2P, т. е. треугольник B
2DP – равнобедренный. Это значит, что медиана РН этого треугольника
является и его высотой, т. е. прямая РН является искомой прямой.
Построение прямой, перпендикулярной заданной плоскости.
Один из возможных планов решения задачи о построении прямой, проходящей через
заданную точку W перпендикулярно заданной плоскости α (рис. 19).
1) В плоскости γ, определяемой точкой W и какой-нибудь прямой U
1U2 , 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 т
2 , то прямая U1U2 перпендикулярна прямой т3
. Таким образом, прямая т3 перпендикулярна прямой U1U
2 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:
Страницы: 1, 2, 3, 4
|
|
|
|
© 2003-2013
Рефераты бесплатно, курсовые, рефераты биология, большая бибилиотека рефератов, дипломы, научные работы, рефераты право, рефераты, рефераты скачать, рефераты литература, курсовые работы, реферат, доклады, рефераты медицина, рефераты на тему, сочинения, реферат бесплатно, рефераты авиация, рефераты психология, рефераты математика, рефераты кулинария, рефераты логистика, рефераты анатомия, рефераты маркетинг, рефераты релиния, рефераты социология, рефераты менеджемент. |
|
|
