|
|
|
|
Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования
Реферат: 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
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.
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.
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.
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 Ах А1 и Ах А
2 , являющиеся проекциями проецирующей плоскости на плоскостях проекций П
1 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 А
2 точки А, лежащих на одной прямой, перпендикулярной к оси х.
Прямая А1А2 , соединяющая две проекции точки, называется
линией связи.
Прямая линия определяется двумя точками, поэтому на комплексном чертеже всякая
прямая l может быть задана проекциями А1 , А2 и В
1 , 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 l
1 , l2; они будут прямыми, проходящими через точки А
1 , В1 , А2 , В2.
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 А1
В1 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 АВ1
В, 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 А
1В1 , является углом наклона отрезка АВ к плоскости проекций П
1 .
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 А1В1
В2 на фронтальной проекции отрезка. Гипотенузы этих треугольников А
1В1 и А2В2 определяют натуральную
величину отрезка АВ, а углы α и β определяют углы наклона этого
отрезка к плоскостям проекций П1 и П2 . Иногда удобнее
строить прямоугольный треугольник не на проекции отрезка, а на высоте h
или на глубине f одного из концов отрезка относительно другого. На рис.
6, в показаны оба варианта этих построений. Отрезки А1 В2
и А2 В1 определяют натуральную величину отрезка АВ.
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.
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.
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 А
1В1- большая ось, а C1D1- малая ось.
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.
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).
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.
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 ABCDA1B1C
1D1 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 C1
S=2ВС=2a, находим, что C1S1=a√5. Затем
из прямоугольного треугольника C1СQ получаем C1Q=½
a√5 и из прямоугольного треугольника CS1Q: S1
Q=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 P
0(S1)0║(C1)0Q0
. Четырехугольник (С1)0Q0(S2)0
P0 – фигура, подобная заданному сечению куба плоскостью C1
РQ (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 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:
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.
Через прямую АВ и точку P, лежащую на другой заданной прямой, уже проведена
плоскость α – это плоскость МАВ.
2. В плоскости МАВ через точку Р проведем прямую РК║АВ.
3. Строим плоскость β, определяемую прямыми PQ и РК.
Ясно, что так как точка Q – точка пересечения медиан треугольника МВС, то
прямая KQ пройдет через вершину С.
Таким образом, в сечении пирамиды плоскостью β получаем треугольник СКР.
Так как прямая АВ║РК, то прямая АВ параллельна плоскости СКР. Найдем
расстояние, например, от точки О –середины ребра АВ до плоскости СКР. Для
этого через точку О проведем плоскость γ , перпендикулярную какой-нибудь
прямой. Лежащей в плоскости СКР, например, прямой РК.
Так как прямая РК║АВ, то плоскость γ будет тогда перпендикулярна
и прямой АВ. Итак, в плоскости МАВ прямая ОМ перпендикулярна прямой АВ, и,
легко убедиться, в плоскости АВС прямая ОС перпендикулярна прямой АВ. Тогда
плоскость, определяемая пересекающимися прямыми ОМ и ОС, - это и есть
плоскость γ перпендикулярная прямой АВ, т. е. и прямой РК.
- Находим линию пересечения плоскостей СКР и γ – прямую CL.
Расстояние от точки О до прямой СL равно расстоянию между
скрещивающимися прямыми АВ и PQ. Найдем его как высоту прямоугольного
треугольника LCO. Если ОН – высота этого треугольника, то
ОН∙СL=OC∙OL, где из прямоугольного треугольника АВС находим
ОС=½АВ=½ а√2, из прямоугольного треугольника МАВ
OL=½OM=¼ a√2, и из прямоугольного треугольника LCO
Таким образом, искомое расстояние ОН.
При решении задач на нахождение угла φ между скрещивающимися прямыми а и
b в общем случае можно поступить следующим образом:
1. Через одну из данных прямых, например через а, и через какую-нибудь
точку W, взятую на другой прямой, проведем плоскость α.
2. В плоскости α через точку W проведем затем прямую а1║а.
Угол между прямыми а1 и b равен искомому углу φ. (если
φ-угол между прямыми, 0 ≤ φ ≤ 90º.)
3. Выбрав на прямой а1 какую-нибудь точку К и на прямой b –
точку L, получим треугольник WKL. Если этот треугольник не прямоугольный, то,
подсчитав все его стороны, по теореме косинусов находим cos KWL. Понятно, что
если cos KWL>0, то угол острый, т.е. cos φ=cos KWL. Если же cos
KWL<0, то угол KWL тупой, т.е. φ=180º-KWL. Но cos(180º- KWL)=
- cos KWL. Таким образом, в этом случае cos φ= - cos KWL.
Задача 12. Все боковые грани призмы ABCA1B1C1
–квадраты. На ребрах АВ, A1C1, A1B1
и CС1 взяты соответственно точки P, Q, R, С2 – середины
этих ребер. Найти угол между прямыми PQ и С2R.
Решение (рис. 27). Выполним сначала необходимые дополнительные построения.
1. Через прямую С2R и точку Р, взятую на прямой PQ, проведем
плоскость α, в результате чего получим сечение призмы – четырехугольник
PRС1C.
2. В плоскости α через точку P проведем прямую PC3║ С
2R. Угол между прямыми PQ и PC3 равен искомому углу.
3. На прямой PQ возьмем точку Q, а на прямой PC3 – точку C3
и найдем cos QPC3.
Подсчитаем с этой целью стороны треугольника QPC3. Для выполнения
необходимых подсчетов пусть ребро призмы равно а.
В прямоугольном треугольнике PСC3 СР=½ а√3, СC3=С1С2=½ а.
В прямоугольном треугольнике QС1С3 С1Q=½ а, С1С3=½ 3а.
Соединим точку R с точкой Q. В прямоугольном треугольнике PQR PR=a,
QR=½ a.
Итак, в треугольнике PQС3 известны все стороны. Далее С3
Q²= =С3P²+PQ²-2 С3P·PQ cos QPC3,
Таким образом, угол QPC3 тупой, поэтому искомый угол
φ=180º- QPC3, и, значит, cos φ =cos(180º- QPC
3)= - сos QPC3.
При решении задач этого типа применяется либо поэтапно-вычислительный метод,
либо геометрический. Пусть в задаче требуется найти угол φ между прямой
АВ и плоскостью α. При решении задачи поэтапно-вычислительным методом
необходимо сначала построить проекцию прямой АВ на плоскость α. Для
этого следует из какой-нибудь точки прямой АВ опустить перпендикуляр на
плоскость α. Затем необходимо подсчитать какие-нибудь две стороны
полученного треугольника, в который входит угол φ, и найти какую-либо
тригонометрическую функцию угла φ, а потом и сам угол.
Задача 13. В правильной призме ABCA1B1C1 угол
между прямыми АB1 и A1С равен 2α. Найти угол между
прямой BC1 и плоскостью AСC1.
Решение (рис. 28). Выполним дополнительные построения. В плоскости ABB1
через точку A1 проведем прямую, параллельную прямой B1А, и
точку пересечения построенной прямой с прямой ВА обозначим D. Тогда угол DA
1C=2α. Соединим точку D с точкой С и проведем в треугольнике A1
CD медиану A1К. Так как заданная призма – правильная, то ее боковые
грани – равные прямоугольники, и, следовательно, B1А=A1C.
Кроме того, B1А=A1D. Тогда и A1D=A1
C, т. е. в треугольнике A1CD A1К┴СD. Проведем далее
в равностороннем треугольнике АВС медиану ВМ. Тогда ВМ┴АС. Но ясно и то,
что прямая A1А перпендикулярна плоскости АВС, т. е. A1
А┴ВМ, или, наоборот, ВМ ┴ A1А. Так как прямая 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 и плоскостью АСС1.
Рассмотрим прямоугольные треугольники С1ВМ и А1DK. У них С
1В=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 А1
DK равны (по гипотенузе и катету). Тогда углы ВС1М и DА1K
равны. Но ясно, что угол DА1K=α. Следовательно, и угол ВС1
М=α.
Пусть П1 и П2 – данные плоскости, пересекающиеся по прямой
АВ (рис. 29). Через некоторую точку F прямой АВ проведем в плоскости П1
прямую FC^AB, а в плоскости П2 прямую FD^AB. Плоскость CFD, таким
образом, перпендикулярна прямой АВ, и угол j между прямыми FC и FD является
углом между плоскостями П1 и П2 . По определению угла
между прямыми 0°<j£90°.
Одним из методов решения задач на нахождение угла между плоскостями является
поэтапно-вычислительный метод. Применение этого метода может опираться на
использование формулы 
, где Sф-площадь фигуры F, лежащей в одной из плоскостей П1
или П2 , Sпр- площадь ортогональной проекции фигуры Ф на
другую плоскость из этих плоскостей, j - угол между плоскостями П1 и
П2 . В некоторых же случаях применение поэтапно-вычислительного
метода связано с необходимостью построения угла j между плоскостями и затем
треугольника, содержащего угол j или угол j1=180°-j. Подсчитывая
стороны этого треугольника, находят какую-либо тригонометрическую функцию угла
j (или угла j1), а затем и угол j.
Если рассматриваемый треугольник не является прямоугольным, то обычно находят
cos j (или cos j1). Если при этом cos j =m³0, то угол j - это
искомый угол и j=arcos m; если cos j =m<0, то искомым является угол j1
=180°--j. В этом случае угол cos j1=cos(180°--j)= -cos j , и,
следовательно, j1=arcos(-m).
Задача 14. На ребрах АС и МА правильного тетраэдра МАВС взяты соответственно
точки К и L – середины этих ребер. Найти угол между плоскостями BLK и МАС.
Решение (рис. 30). Построим угол между плоскостями BLK и МАС. Для построения
перпендикуляра из точки В на прямую LK – линию пересечения плоскостей BLK и
МАС воспользуемся тем, что в треугольнике BLK BL=BK (как медианы
равносторонних треугольников). Тогда медиана ВР является перпендикуляром к
стороне LK. Так как в треугольнике ALK AL=AK, то медиана АР перпендикулярна
стороне 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 выполнения подсчетов ребро тетраэдра равным а, получаем 
Из прямоугольного треугольника ВРК, в котором 
находим, что
Теперь в треугольнике ВРА известны все стороны. По теореме косинусов получаем 
или
Так как cos BPA<0. то ÐВРА – тупой. Таким образом, углом между прямыми ВР
и АР является угол j=180°-ÐВРА. Тогда cos j=cos (180° -ÐВРА)=--cos BPA=
Итак, угол между плоскостями BLK и МАС – j=arccos
Если j - величина двугранного угла, то 0°<j<180°. При решении задач на
нахождение двугранного угла могут быть применены геометрический, а также
поэтапно-вычислительный методы. Применение поэтапно-вычислительного метода
связано необходимость построения линейного угла искомого двугранного угла j и с
построением треугольника, содержащего этот угол j или угол j1
=180°-j.Подсчитывая стороны построенного треугольника, находят угол j.
Задача 15. В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треугольник. Боковое
ребро МВ перпендикулярно плоскости основания, и АС=ВС. На ребре МС взята
точка К – середина этого ребра. Найти двугранный угол ВКАС, если: а)МВ=АС;
б)МВ=2АС.
Решение а) (рис. 31, а). Геометрический метод. Так как 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 медиана этого треугольника,
но и ВК^МС (2).
Из результатов (1) и (2) следует, что прямая ВК перпендикулярна плоскости
МАС. Тогда плоскость АВК, проходящая через прямую ВК, также перпендикулярна
плоскости МАС. Другими словами, двугранный угол ВАКС равен 90°.
б) (рис. 31, б) Поэтапно-вычислительный метод. Построим линейный угол
искомого двугранного угла, ребром которого является прямая АК, а гранями –
полуплоскости ВАК и САК.
1. В треугольнике АСК через вершину С проведем прямую, перпендикулярную
ребру АК искомого двугранного угла. Подсчитаем для этого все стороны
треугольника 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,
которая перпендикулярна прямой АК.
2. В треугольнике АВК через вершину В проведем прямую, перпендикулярную
ребру 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 2
а2-AF2=
откуда AF=а, и, следовательно, AF:АК=2:3. Таким образом, ясно построение
точки F и затем прямой BF, которая перпендикулярна прямой АК.
3. В треугольнике АСК через точку F проведем прямую FL║СН. Тогда
FL^АК. Так как, кроме того, BF^АК, то ÐBFL – линейный угол двугранного
угла ВАКС.
4. Соединим точку В с точкой L и подсчитаем стороны треугольника BFL. BF=
. Из подобия треугольников AFL и АСН следует, что FL:CH=AF:AH, где AF=a,
АН= , СН=
.
Тогда FL= . Так как AL= = , то CL=AL – AC=½a. Тогда BL= .
Итак, в треугольнике BFL известны все стороны: BF=a, FL= .
5. Из треугольника BFL по теореме косинусов получаем:
BL2=BF2+FL2-2BF·FL·cosBFL, или
 , откуда cosBFL= .
Это значит, что двугранный угол ВАКС равен arccos .
Итак, очевидна актуальность решения задач с помощью ортогонального
проектирования. В реферате рассмотрены разнообразные задания по стереометрии.
Показаны построения прямой и сечений на изображениях плоских и
пространственных фигур. Также даны решения по вычислению расстояний (между
точками, от точки до прямой, от точки до плоскости, между скрещивающимися
прямыми), нахождению углов (между скрещивающимися прямыми, между прямой и
плоскостью, меду плоскостями). При рассмотрении задач использовались
следующие способы и методы: способ выносных чертежей, вычислительный и
геометрический способы, поэтапно-вычислительный и координатный методы.
1. Василенко Е.А. Начертательная геометрия. – М., 1990..
2. Гордон В.О., Симинцев М.А., Агневских М.А. Курс начертательной
геометрии. – М.,1963.
3. Литвиненко В.Н. Сборник задач по стереометрии. – М., 1990..
4. Розов С.В. Сборник заданий. – М., 1988
|
|
|
|
|
4.4. Угол между скрещивающимися прямыми.
4.5. Угол между прямой и плоскостью.