Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования

⚡ 👉🏻👉🏻👉🏻 ИНФОРМАЦИЯ ДОСТУПНА ЗДЕСЬ ЖМИТЕ 👈🏻👈🏻👈🏻

Тема:

«Решение задач с помощью ортогонального проектирования».

Глава I.Основные понятия ортогональной проекции. Комплексные чертежи. 4
1.1. Метод параллельного проецирования. 4
1.5. Комплексный чертеж плоскости. 7
1.6. Взаимопринадлежность точки и плоскости. 8
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
3.2. 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
4.7. Двугранный и многогранный углы. 32
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.
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.
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’.
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 П 1
располагается горизонтально и называется горизонтальной плоскостью проекций.
Плоскость П 2
, которая располагается вертикально, называется фронтальной плоскостью проекций
(рис. 3).
Прямую пересечения плоскостей проекций называют осью проекций.

Спроектируем ортогонально на плоскости проекций П 1
и П 2
какую-нибудь точку А, тогда получим две ее проекции: горизонтальную проекцию
А 1
на плоскости П 1
и фронтальную проекцию
А 2
на плоскости П 2
.
Проектирующие прямые АА 1
и АА 2
, при проекции которых точка А проектируется на плоскости проекций, определяют проецирующую плоскость А 1
АА 2
, перпендикулярную к обеим плоскостям проекций и к оси проекций х
. Прямые А х
А 1
и А х
А 2
, являющиеся проекциями проецирующей плоскости на плоскостях проекций П 1
и П 2
, будут перпендикулярны к оси проекций х
.
Расстояние А 1
А точки А от горизонтальной плоскости проекций называется высотой
h
точки А, ее расстояние А 2
А от фронтальной плоскости проекций – глубиной
f
точки А.
Чтобы получить плоский чертеж, совместим плоскость проекций П 1
с плоскостью П 2
, вращая плоскость П 1
вокруг оси х
в направлении, указанном на рис. 3, а. В результате получим комплексный чертеж
точки А (рис. 3, б), состоящий из двух проекций А 1
и А 2
точки А, лежащих на одной прямой, перпендикулярной к оси х
. Прямая А 1
А 2
, соединяющая две проекции точки, называется линией связи.

Прямая линия определяется двумя точками, поэтому на комплексном чертеже всякая прямая l
может быть задана проекциями А 1
, А 2
и В 1
, В 2
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
, l 2

; они будут прямыми, проходящими через точки А 1
, В 1
, А 2
, В 2.

Для деления данного отрезка АВ в данном отношении достаточно разделить в этом отношении одну из проекций данного отрезка, а затем спроецировать делящую точку на другую проекцию отрезка. На рис. 5 отрезок АВ разделен точкой М в отношении 2:3, первоначально в этом отношении была разделена проекция А 1
В 1
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 П 1
так, чтобы она прошла через один из концов отрезка, например через точку А, и из точки В восстановим перпендикуляр ВВ 1
. Тогда получим прямоугольный треугольник АВ 1
В, в котором гипотенузой является данный отрезок АВ, одним катетом является горизонтальная проекция А 1
В 1
отрезка АВ, а вторым катетом – высота h
точки В. Угол, образованный отрезком АВ и его проекцией А 1
В 1
, является углом наклона отрезка АВ к плоскости проекций П 1
.
На рис. 6, б выполнено построение натуральной величины отрезка АВ, заданного своими проекциями А 1
В 1
и А 2
В 2
, при этом возможны два варианта решения. В одном случае построен прямоугольный треугольник А 1
В 1
В 1
на горизонтальной проекции данного отрезка, а в другом - прямоугольный треугольник А 1
В 1
В 2
на фронтальной проекции отрезка. Гипотенузы этих треугольников А 1
В 1
и А 2
В 2
определяют натуральную величину отрезка АВ, а углы α и β определяют углы наклона этого отрезка к плоскостям проекций П 1
и П 2 .
Иногда удобнее строить прямоугольный треугольник не на проекции отрезка, а на высоте h
или на глубине f
одного из концов отрезка относительно другого. На рис. 6, в показаны оба варианта этих построений. Отрезки А 1
В 2
и А 2
В 1
определяют натуральную величину отрезка АВ.
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 М 1
задать на какой-нибудь стороне, например ВС. Проведем в плоскости Q произвольную прямую l
. Выделим на плоскости Q две произвольные точки, например, А и М 1
, и определим этими точками прямую l (
l 1
,
l 2
)
, 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 М 1
3
. Далее проведем в плоскости Q какую-нибудь прямую m
, горизонтальная проекция которой проходила бы через выбранную проекцию М 1
3
. Прямая m
определена точками C и N, принадлежащими плоскости Q. Построив вторую проекцию m 2

прямой m
в пересечении с линией связи, проведенной черезМ 1
3
,найдем искомую проекцию М 1
3
.
Таким образом, построение точки в данной плоскости сводится к двум операциям: построению в плоскости вспомогательной прямой и построению точки на этой прямой.
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 П 1
, получаем эллипс О 1
.
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 П 1
. Тогда диаметр АВ спроецируется в диаметр А 1
В 1
эллипса, равный диаметру окружности, т.е. АВ=А 1
В 1
, а диаметр CD спроецируется в диаметр C 1
D 1
эллипса. Так как угол, образованный этими диаметрами, является линейным углом двугранного угла наклона плоскости Q к плоскости П 1
, то, обозначив его через φ, получим C 1
D 1
=CDcosφ. Взаимно перпендикулярные окружности диаметры обладают свойством сопряженности (каждый сопряженный диаметр делит пополам хорды, параллельные другому диаметру). Это свойство при параллельном проецировании сохраняется. Следовательно, диаметры А 1
В 1
и C 1
D 1
будут сопряженными диаметрами эллипса. Но, с другой стороны, они взаимно перпендикулярны, поэтому являются осями эллипса, причем А 1
В 1
- большая ось, а C 1
D 1
- 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).
Чертеж, на котором построена фигура Ф 0
, 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 S 1
=PQ∩P’Q’, S 2
=PR∩P’R’, S 3
=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 ВВ 1
и CD куба ABCDA 1
B 1
C 1
D 1
взяты соответственно точки P и Q – середины этих ребер. Построить фигуру, подобную многоугольнику, полученному в сечении кубу плоскостью С 1
PQ.
Решение (рис. 13, а). Находим точку S 1
, в которой пересекаются прямые C 1
P и BC. Таким образом, прямая S 1
Q является основным следом плоскости C 1
PQ, а в сечении получается четырехугольник C 1
PS 1
Q.
I способ построения – вычислительный
. Полагая ребро куба равным a
, подсчитаем стороны треугольника C 1
S 1
Q. Как нетрудно показать, точка Р – середина отрезка C 1
S 1
и PS 2
║ C 1
Q. Поэтому ясно, что, построив треугольник, подобный оригиналу треугольника C 1
S 1
Q, можно будет затем построить и искомую фигуру.
Из прямоугольного треугольника C 1
S 1
С, в котором C 1
S=2ВС=2 a
, находим, что C 1
S 1
= a
√5. Затем из прямоугольного треугольника C 1
СQ получаем C 1
Q=½ a
√5 и из прямоугольного треугольника CS 1
Q: S 1
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 (С 1
) 0
Q 0
(S 1
) 0
со сторонами (С 1
) 0
(S 1
) 0
= kx
, (S 1
) 0
Q 0
= kz
, полученными на рисунке13, б.
Строим затем точку P 0
– середину стороны (C 1
) 0
(S 1
) 0
этого треугольника и проводим через нее прямую P 0
(S 1
) 0
║(C 1
) 0
Q 0
. Четырехугольник (С 1
) 0
Q 0
(S 2
) 0
P 0
– фигура, подобная заданному сечению куба плоскостью C 1
РQ (т. е. это выносной чертеж многоугольника, являющегося сечением куба плоскостью C 1
РQ).
С помощью квадрата A 0
B 0
C 0
D 0
(рис. 14, в), равного квадрату, построенному на рисунке 14, а, строим отрезок (S 1
) 0
Q 0
, который примем за третью сторону треугольника (С 1
) 0
Q 0
(S 1
) 0
. Получив, таким образом, все стороны треугольника (С 1
) 0
Q 0
(S 1
) 0
, строим этот треугольник. Далее, как и при вычислительном способе решения, строим точку Р 0
– середину стороны (S 1
) 0
(C 1
) 0
и т. д.
Рисунки а, б, в можно объединить в один рисунок, например, в рисунок г. Так как треугольник (С 1
) 0
Q 0
(S 1
) 0
строится с точностью до подобия, то его сторонами являются отрезки, равные k
(С 1
) 0
(S 1
) 0
, k
(С 1
) 0
Q 0
и k
(S 1
) 0
Q 0
, 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 A 0
B 0
C 0
– выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A 0
B 0
C 0
построим высоту B 0
Н 0
, имеем и отрезок A 0
Н 0
, значит, отношение A 0
Н 0
:А 0
C 0
станет известным. Так как АН║АС и при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то искомое отношение АН:АС равно отношению A 0
Н 0
:А 0
C 0
.
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 СН 2
=( b
-АН) 2
в случае, когда СН≤АН, или АН 2
=( b
-СН) 2
в случае, когда АН<СН. Из уравнения с
2
-АН 2
= а
2
-( b-
АН) 2

найдем АН и затем искомое отношение АН:АС, или из уравнения с
2
-( b
-СН) 2
= а
2
-СН 2
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:
б) p
и q
– известные целые положительные числа.
А. Решение. На вспомогательном луче l
, проведенном через точку А (рис. 16, а, б), построим отрезки АХ 1
= kp
и АС 1
= kq
, где k
>0. Например, на рисунках 16, а, б взято k
=2.
Точку С 1
соединим с точкой С и через точку Х 1
проведем прямую, параллельную прямой СС 1
. 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 АХ 1
= pe
и АС 1
= qe
. Дальнейшие построения сделаны, как в пункте а). Они понятны из рисунка 16, в.
Основными способами решения задач построения на изображениях плоских фигур являются:
Задача 4. Параллелограмм АВСD является изображением квадрата A 0
B 0
C 0
D 0
, на стороне A 0
B 0
которого взята точка Е 0
– середина этой стороны, на стороне A 0
D 0
взята точка F 0
, такая, что A 0
F 0
:A 0
D 0
=1:4, и на прямой A 0
D 0
взята точка К 0
, такая, что точка D 0
– это середина отрезка A 0
К 0
. Через точку К 0
проведена прямая x 0

, перпендикулярная прямой Е 0
F 0
. Построить изображение прямой x 0

.
Решение. Способ выносных чертежей
(рис. 17, а). Так как при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то точка Е – изображение точки Е 0
– 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 A 0
B 0
C 0
D 0
и заданные точки Е 0
, F 0
и К 0
(рис. 17, б).
Через точку К 0
проведем прямую x 0

, перпендикулярную прямой Е 0
F 0
. Пусть прямая x 0

пересекает прямую Е 0
F 0
в точке Н 0
. 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= Е 0
F 0
:Е 0
H 0
(опорная задача 3), где отрезки Е 0
F 0
и Е 0
H 0
взяты с рисунка 17, б. Прямая КН является изображением прямой x 0

.
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, EF 2
=AE 2
+AF 2
, 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=
12 e,
q=5
e
(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 х
0
.
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 ABCDA 1
B 1
C 1
D 1
в два раза больше стороны ее основания. На ребрах АВ и ВB 1
призмы заданы соответственно точки Р и В 2
– середины этих ребер. Построить прямую, проходящую через точку Р перпендикулярно прямой В 2
D.
Решение. Способ выносных чертежей
(рис. 18, а). Соединим точку Р с точками D и В 2
. Построим треугольник, подобный оригиналу треугольника В 2
DР.
Фигурой, подобной оригиналу грани ABCD, является квадрат A 0
B 0
C 0
D 0
(рис. 18, б). Отрезок D 0
P 0
, где точка P 0
– середина стороны A 0
B 0
, примем за одну из сторон искомого треугольника.
Строим прямоугольник B 0
(В 1
) 0
(D 1
) 0
D 0
(рис. 18, г), сторону B 0
(В 1
) 0
которого возьмем с рисунка 18, в, а сторону B 0
D 0
возьмем равной диагонали квадрата, построенного на рисунке 18, б. Отрезок (В 2
) 0
D 0
, где точка (В 2
) 0
– середина стороны B 0
(В 1
) 0
, - это третья сторона искомого треугольника.
Строим треугольник P 0
(В 2
) 0
D 0
по трем сторонам, найденным выше. В треугольнике P 0
(В 2
) 0
D 0
строим P 0
Н 0
┴(В 2
) 0
D 0
.
Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью луча l
, проведенного через точку В 2
, строим точку Н, такую, что В 2
Н: В 2
D=(В 2
) 0
H 0
:(В 2
) 0
D 0
(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.
Из прямоугольного треугольника РВВ 2
:
И из прямоугольного треугольника BB 2
D:
Если PH┴B 2
D, то выполняется соотношение (из опорной задачи 2).
С помощью вспомогательного луча l
строим на отрезке B 2
D точку Н, такую, что B 2
Н: B 2
D=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 2
P равны (по двум катетам). Тогда DP=B 2
P, т. е. треугольник B 2
DP – 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 1

U 2
, лежащей в плоскости α, проведем через точку
W прямую т 1
, перпендикулярную прямой
U 1

U 2
. Пусть прямая т 1
пересекает прямую
U 1

U 2
в точке
V.

2)
Проведем далее в плоскости α через точку
V прямую т 2
, перпендикулярную прямой
U 1

U 2
.

3)
В плоскости β, определяемой прямыми т 1
и т 2
, построим прямую т 3
, проходящую через точку
W перпендикулярно прямой т 2
. Пусть прямая т 3
пересекает прямую т 2
в точке Н.

Так как прямая
U 1

U 2
пересекает прямые т 1
и т 2
, то прямая
U 1

U 2
перпендикулярна прямой т 3
. Таким образом, прямая т 3
перпендикулярна прямой
U 1

U 2
и прямой т 2
. Это значит, что прямая т 3
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 DC0, 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 ABCA 1
B 1
C 1
–квадраты. На ребрах АВ, A 1
C 1
, A 1
B 1
и CС 1
взяты соответственно точки P, Q, R, С 2
– середины этих ребер. Найти угол между прямыми PQ и С 2
R.
Решение (рис. 27). Выполним сначала необходимые дополнительные построения.
1. Через прямую С 2
R и точку Р, взятую на прямой PQ, проведем плоскость α, в результате чего получим сечение призмы – четырехугольник PRС 1
C.
2. В плоскости α через точку P проведем прямую PC 3
║ С 2
R. Угол между прямыми PQ и PC 3
равен искомому углу.
3. На прямой PQ возьмем точку Q, а на прямой PC 3
– точку C 3
и найдем cosQPC 3
.
Подсчитаем с этой целью стороны треугольника QPC 3.
Для выполнения необходимых подсчетов пусть ребро призмы равно а.
В прямоугольном треугольнике QС 1
С 3
С 1
Q=½ а, С 1
С 3
=½ 3а.
Соединим точку R с точкой Q. В прямоугольном треугольнике PQRPR=a, QR=½ a.
Таким образом, угол QPC 3
тупой, поэтому искомый угол φ=180º- QPC 3
, и, значит, cos φ =cos(180º- QPC 3
)= - сosQPC 3
.
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 ABCA 1
B 1
C 1
угол между прямыми АB 1
и A 1
С равен 2α. Найти угол между прямой BC 1
и плоскостью AСC 1
.
Решение (рис. 28). Выполним дополнительные построения. В плоскости ABB 1
через точку A 1
проведем прямую, параллельную прямой B 1
А, и точку пересечения построенной прямой с прямой ВА обозначим D. Тогда угол DA 1
C=2α. Соединим точку D с точкой С и проведем в треугольнике A 1
CD медиану A 1
К. Так как заданная призма – правильная, то ее боковые грани – равные прямоугольники, и, следовательно, B 1
А=A 1
C. Кроме того, B 1
А=A 1
D. Тогда и A 1
D=A 1
C, т. е. в треугольнике A 1
CDA 1
К┴СD. Проведем далее в равностороннем треугольнике АВС медиану ВМ. Тогда ВМ┴АС. Но ясно и то, что прямая A 1
А перпендикулярна плоскости АВС, т. е. A 1
А┴ВМ, или, наоборот, ВМ ┴ A 1
А. Так как прямая ВМ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости AСС 1
, и, значит, соединив точку М с точкой С 1
, получим прямую С 1
М – проекцию прямой ВС 1
на плоскость AСС 1
и прямоугольный треугольник С 1
ВМ, угол ВС 1
М которого является углом между прямой ВС 1
и плоскостью АСС 1
.
Рассмотрим прямоугольные треугольники С 1
ВМ и А 1
DK. У них С 1
В=А 1
D, и так как в треугольнике АCDCD=АС√3, то DK=½АС√3. Но и а треугольнике АВС ВМ=½АС√3. Таким образом, ВМ=DK. Итак, прямоугольные треугольники С 1
ВМ и А 1
DK равны (по гипотенузе и катету). Тогда углы ВС 1
М и DА 1
K равны. Но ясно, что угол DА 1
K=α. Следовательно, и угол ВС 1
М=α.
Пусть П 1
и П 2
– данные плоскости, пересекающиеся по прямой АВ (рис. 29). Через некоторую точку F прямой АВ проведем в плоскости П 1
прямую FC^AB, а в плоскости П 2
прямую FD^AB. Плоскость CFD, таким образом, перпендикулярна прямой АВ, и угол
j
между прямыми
FC и
FD является углом между плоскостями
П 1
и П 2
. По определению угла между прямыми 0°Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования
Отчет по практике по теме Информационная система предприятия ООО 'Ай Эм Кофе'
Социологическая Перспектива Эссе
Эссе Мое Отношение К Безопасности
Реферат: John Henry Cardnal Essay Research Paper John
Реферат по теме Проявление 'Стокгольмского синдрома' в общественной жизни и СМИ
Эссе Современный Менеджер
Отчет По Ознакомительной Практике Образец Для Студента
Требования К Реферату Оформление
Реферат по теме Характеристика экскурсионно-туристических центров РИМА
Контрольная работа: Нравственные проблемы эвтаназии. Скачать бесплатно и без регистрации
Сочинение По Басне Крылова Ворона И Лисица
Реферат: Документы по кадровому обеспечению
Итоговая Контрольная Работа 8 Класс Рудзитис
Курсовая работа по теме Лекарственные формы с антибиотиками. Особенности организации и стадии технологического процесса
Культура И История Сочинение
Дипломная работа: Аналіз господарсько-фінансової діяльності організацій
Курсовая работа: Использование информационных технологий в управлении
Проблема Старости Сочинение Егэ
Сочинение Про 75 Лет Победы
Домашняя Контрольная Работа По Алгебре Мордкович
Реферат: Шаровая молния
Реферат: Фёдор Солнцев - создатель "археологической живописи"
Сочинение: Тема футлярности в рассказе А. П. Чехова «Ионыч»