|
|
| Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования |
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 т
2, 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 C
0D0 . Затем через точку О0 проведем прямую О0
F0┴ B0Е0 и найдем точки Q0 , N
0, 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 M0
Q0N0 M0Q0=M0N0
. Сторону Q0N0 этого треугольника возьмем с рисунка 21, б
вместе с точкой F0 , принадлежащей этому отрезку. Высоту М0
О0 возьмем равной отрезку А0О0 , полученному
также на рисунке 21, б.
В построенном треугольнике M0Q0N0 через точку О
0 проведем прямую, перпендикулярную прямой М0F0 , и
точку пересечения построенной прямой с прямой M0N0
обозначим Р0.
Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l2 найдем точку Р,
которая делит отрезок MN в отношении MP:MN= k0 M0
P0: 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 М
0Е0D0, подобно оригиналу треугольника МЕD.
1) Построим равнобедренный прямоугольный треугольник А0В0
С0 (рис.22, б), точки D0 и Е0 – середины
соответственно его сторон А0В0 и В0С0
, 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 В0С0М
0 – это вторая сторона треугольника М0Е0D0
.
3) Построим равнобедренный треугольник А0В0М0
(рис. 22, г), основание которого возьмем с рисунка 22, б, а боковые стороны А
0М0= В0М0 – с рисунка 22, в. Медиана М
0D0 треугольника А0В0М0 – это
третья сторона треугольника М0Е0D0.
4) По трем полученным на рисунке 22, б, в, г сторонам строим треугольник М
0Е0D0 (рис. 22, д) и проведем в нем Е0Н
0┴ 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, В0С0
М0 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.
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 ABCDA1B1C1
D1 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 D1
PQ. 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.
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┴ m
2, т. е. прямая WН перпендикулярна плоскости α, и, значит, WH –
искомое расстояние.
Задача 10. В заданном прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1
C1D1 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 B
1DP на плоскости A1B1C1 и строим сечение
параллелепипеда заданной плоскостью B1DP. Проведем решение в
соответствии с предложенным выше планом.
1. Построим плоскость β, проходящую через точку D1
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 D1
S1S2 D1S12 = S1
L∙ 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 B1
DP. 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∙ D
1L,
Для нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми а и b можно
использовать следующий план:
1. На одной из данных прямых, например на прямой b, выбираем некоторую
точку W и строим плоскость α, определяемую прямой α и точкой W.
2. В плоскости α через точку W проводим прямую а1а║а.
3. Строим плоскость β, определяемую пересекающимися прямыми а1 и b.
Ясно, что так как прямая α параллельна прямой а1 , то прямая
α параллельна и плоскости β. Поэтому точки прямой а одинаково
удалены от плоскости β. Расстояние от любой точки U прямой а до плоскости
β равно расстоянию между скрещивающимися прямыми а и b. Таким образом,
задача нахождения расстояния между скрещивающимися прямыми может быть сведена к
задаче нахождения расстояния от точки до плоскости.
Задача 11. В основании пирамиды МАВС лежит равнобедренный треугольник с прямым
углом при вершине С. Высота пирамиды проектируется в точку О – середину ребра
АВ, и угол АМВ=900. На ребре МА взята P – середина этого ребра, а
грани МВС взята точка Q, в которой пересекаются медианы грани МВС. Найти
расстояние между прямыми АВ и PQ, если ВС=а.
Решение (рис. 26). Выполним дополнительные построения в соответствии с
рекомендуемым выше планом.
1.
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. |
|
|
