Курс лекцій НАРИСНА ГЕОМЕТРІЯ. Курс лекцій удк 514. 18 В.І. Лусь. Нарисна геометрія Курс лекцій. Харків хнамг, 2008. 127 с
 Скачать 5.98 Mb.
|
 Тому спочатку визначається фронтальнапроекція M2 точки M (точка перетину прямої EF із фронтально - проектуючою площиною (∆ABC)),апотім її∆ горизонтальнапроекція.ТочкаM1 визначена з умови приналежності точки M прямій EF. Думаючи, що площина являє собою непрозорийтрикутник,установимо видимість проекцій відрізка прямої EF. На П2 вся проекція відрізка прямої EF видима, тому що він не закривається трикутником. На П1 ділянку відрізка прямої правіше M2 не бачимо, тому що він перебуває нижче площини при погляді на П1 . 2.2.2. Пряма займає проектуюче положення На рис. 2.13 зображена площина загального положення P (∆ABC) і∆ горизонтально - проектуюча пряма EF, що перетинає площину в точці M. Фронтальна проекція точки - точка M2 - збігається з точками E2 і F2, тому що M належитьпрямій.Дляпобудови горизонтальної проекції шуканої точки перетину проведемо через точку M у площині P пряму (наприклад, KL). Спочатку побудуємо її фронтальну проекцію, а потім - горизонтальну. Точка M є точкою перетину прямих EF і KL. Тому що точка M одночасно лежить на прямій EF і в площині P (KL ∈P), то вона є точкою їхнього перетину. Для встановлення видимості проекції прямої на П1 вводимо конкуруючі точки 1 і 2. Оскільки точка 2 далі віддалена від площини П1, то відносно П1 вона буде видимою, а невидимою буде точка 1. Помітно, що точка 2 належить прямій EF. Отже, в околиці точок 11≡1 до M1 проекція прямої буде видимою. Вище M1 проекція прямої буде невидимою. Невидима ділянка проекції прямої показана штриховою лінією. 29  2.3. Пряма і площина займають загальне положенняНехай дано площину і пряму AB (рис. 2.14, a). У загальному випадку вони мають одну спільну точку. Ця точка, що належить прямій і площині, буде належати і деякій прямій n цієї площини. Помітно, що в площині через точку можна провести однопараметричну множину прямих - ∞1. Виділивши хоча б одну з них, легко визначимо шукану точку. Отже, поставлена задача зводиться до відшукання деякої прямої n, що належить заданій площині і яка перетинає вихідну пряму AB. Рис.2.14 Пряму n можна розглядати як проекцію прямої AB на задану площину (у більш широкому змісті пряма n є відображенням прямої AB на площину ). Для випадку лінійного проектування прямі n і AB належать одній площині і є конкуруючими щодо площини . Останнє використаємо для визначення точки перетину прямої і площини. Тоді алгоритм рішення поставленої задачі буде наступним: 1) на заданій площині (∆CDE) проведемо проекції прямої KL (рис.∆ 2.14,б), що конкурує із заданою прямою AB щодо площин і П2; спочатку знаходимо K2L2, а потім K1L1; прямі KL і AB розташовані у фронтально - проектуючій площині; 2) знаходимо точки M1= K1L1 ∩A1B1 і M2 ∈A2B2 перетину проекцій прямих AB і KL; точка M(M1,M2) - шукана; 3) визначаємо видимість прямої і площини відносно площин проекцій. Для визначення видимих ділянок прямої AB аналізуємо положення конкуруючих точок мимобіжних прямих. Так, точки 1 і 2 перебувають на мимобіжних прямих AB і DE: 1∈ DE, 2∈ AB. Їхні горизонтальні проекції 11 і 21 30  збігаються. По фронтальних проекціях точок 1 і 2 при погляді на площину П1видно, що точка 1 (точка площини) перебуває над точкою 2 (точка прямої), тобто вона закриває точку 2 при проектуванні на горизонтальну площину проекцій. Отже, пряма AB на ділянці M-2 розташована під трикутником CDE. Тоді горизонтальна проекція відрізка M2 - M121 буде невидимою. Вона показана штриховою лінією. Невидима ділянка на фронтальній проекції прямої AB установлена аналізом положення точок 4 і 3 (4∈ CE, 3∈ AB), що належать мимобіжним прямим AB і CE. По горизонтальній проекції видно, що якщо дивитися на площину П2, то невидимою буде точка 3, що належить, прямій. Вона ближче розташована до площини проекцій П2. На фронтальній площині проекцій точка 4 закриває точку 3. У цьому місці пряма AB закрита трикутником СDE. На П2 невидиму ділянку M232 показано штриховою лінією. Задача на перетин прямої і площини загального положення може бути зведена до одного з окремих випадків, розглянутих вище. Для цього пряму або площину потрібно перевести в проектуюче положення.. Нижче наведене Рис. 2.15 рішення (рис. 2.15), в якому методом заміни площин проекцій у проектуюче положення переведена площина трикутника CDE. На П4 визначена проекція M4 шуканої точки, а потім по лініях зв'язку встановлені проекції точки і на вихідних площинах проекцій. Вихідні дані взяті такими ж, що й у попередній задачі. Тому встановлення видимості проекцій прямої тут не розглядається. 31  2.3.1. Паралельні площиниПлощини будуть паралельними, якщо дві прямі, що перетинаються, однієї площини відповідно паралельні двом прямим, що перетинаються, іншої площини. На рис. 2.16а площини і / паралельні, тому що m║m/ і n ║ n/. Приклад вирішення задачі на комплексному кресленні поданий на рис. 2.16,б. Рис. 2.16 Приклад. Через точку A (рис. 2.16,б) потрібно провести площину /, паралельну заданій площині (∆ KLM).∆ Вирішення. Проводимо через точку A дві прямі m і n, паралельні двом будь-яким пересічним прямим, що перебувають у заданій площині, наприклад сторонам трикутника KM і KL, відповідно. Пересічні прямі m і n задають шукану площину /(m ∩n). 2.3.2. Перетин площин Лінія перетину двох площин визначається: 1) двома точками, кожна з яких належить обом площинам; 2) однією точкою, що належить двом площинам, і відомим напрямком лінії. В обох випадках задача полягає в знаходженні точок, спільних для двох площин. Задача на перетин двох площин називається другою позиційною задачею. Вона може бути зведена до вирішення першої позиційної задачі, розглянутої раніше, за одним з наступних варіантів: 32  Варіант 1. 1) В одній з площин, наприклад (рис. 2.17), вибирають двідовільні прямі 12 і 34; 2) визначають точки M і K перетину цих прямих з іншою площиною - ∆; точки M і K задають шукану пряму Рис. 2.18 Рис. 2.17 Варіант 2. 1) Вибирають по одній прямій у кожній із заданих площин, наприклад 12∈ ∆, а 34∈ (рис. 2.18); 2) визначають точки M і K перетину цих∈∈ прямих з відповідними площинами - M=12 ∩, K=34 ∩∆; точки M і K визначають шукану пряму. Розглянемо вирішення поставленої задачі на комплексному кресленні для площин загального положення. Рис. 2.19 Нехай дано площини (m ∩n) і ∆(a ║ b) загального положення (рис. 2.19). Проведемо в площини пряму 12 і побудуємо точку перетину її із площиною ∆. Для цього в площині ∆побудуємо пряму 45, що конкурує з 12 відносно П1. Прямі 12 і 45 задають горизонтально - проектуючу площину. У перетині прямих 12 і 45 одержуємо точку K шуканої лінії перетину. Для побудови точки M лінії перетину вводимо в площині пряму c, паралельну 12 і, яка проходить 33  через точку 3. Конкуруюча з нею й приналежна площині ∆є пряма t. Уперетині прямих t і d знаходимо точку M. Точки K і M визначають шукану пряму. Задача істотно спрощується, якщо одна з площин займає проектуюче положення. На рис. 2.20 площина (∆ABC) займає загальне положення, а площина ∆∆ (∆EFG) – горизонтально - проектуюче. Тому що шукана пряма належить обом∆ площинам, то на П1 її проекція буде збігатися з горизонтальним слідом площини ∆. Фронтальна проекція шуканої лінії визначена з умови приналежності її площині Σ. При погляді на площину П2 по горизонтальній проекції видно, що частина трикутника ABC перебуває перед площиною ∆. Отже на П2 трикутник K2C2M2 є видимим. Він виділений штрихуванням. Видимими на П2 та відповідно виділені штрихуванням, і трикутники площини на околицях точок A2 і B2. Це пов'язане з тим, що вони перебувають поза трикутником EFG і ним не перекриваються при погляді на П2. 2.3.3. Побудова лінії перетину двох площин по точках перетину прямих ліній із площиною Для побудови лінії перетину площин будують точки перетину прямих однієї площини з іншою і через них проводять шукану лінію. Приклад такої побудови на кресленні наведений на рис. 2.21. Одна із площин задана трикутником із проекціями a1b1c1, a2b2c2. Друга - паралельними прямими з проекціями.d2e2, d1e1 і f1g1, f2g2. Для побудови проекцій лінії перетину визначені проекції m2, m1 і n2, n1 двох її точок перетину прямих із проекціями d2e2, d1e1 і f2g2, f1g1, із площиною трикутника. Проекції m2, m1, n2, n1 точок перетину побудовані за допомогою фронтально – проектуючих площин, заданих слідами Q2 і P2. Площина Q проходить через пряму DE і перетинає площину трикутника по лінії із проекціями 11 21, 12 22. Перетин горизонтальних проекцій 11 21 і d1e1 є горизонтальною проекцією m1 шуканої точки . По ній побудована фронтальна проекція m2, на фронтальній проекції d2e2. Аналогічно за допомогою площини Р (Р2) побудовані проекції n2, n1 другої точки. 34  Через побудовані точки m2, n2 іm1, n1 проведені проекції m2 n2 і m1, n1 відрізки, по яких перетинаються задані площини. Аналізвидимостіділянок площин на фронтальній проекції виконанийзадопомогою конкуруючих точок з проекціями 42, 41 і 52, 51, що лежать на мимобіжних прямих gf і bc. Їхні фронтальні проекції 42 і 52 збігаються.Нагоризонтальній проекції видно, що при погляді по стрілці K точка 52 закриває точку 42. Видимість ділянок площин на горизонтальній проекції визначена таксамозадопомогою конкуруючих точок із проекціями 62, 61 і 72, 71, що лежать на мимобiж- них прямих ed і ac. Їхні горизонтальні проекції 61 і 71 збігаються. Із фронтальної проекції видно, що при погляді по стрілці S точка 71 закриває точку 6. 35  ЛЕКЦІЯ № 3. МЕТРИЧНІ ЗАДАЧІ. ОРТОГОНАЛЬНА ПРОЕКЦІЯПРЯМОГО КУТА. ПОБУДОВА ВЗАЄМНО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНИХ ФІГУР 1. МЕТРИЧНІ ЗАДАЧІ. ОРТОГОНАЛЬНА ПРОЕКЦІЯ ПРЯМОГО КУТА До метричних задач, досліджуваних у навчальному курсі нарисної геометрії, відносяться задачі, в яких треба визначити метричні характеристики заданої фігури - довжину, кут, площу та інші, а також метричні властивості й характеристики, обумовлені розташуванням фігури щодо площин проекцій або щодо іншої (інших) фігур - перпендикулярність, відстань і кут. Проекційне вирішення таких задач ґрунтується на метричних властивостях ортогонального проектування на площину і оборотності креслення Монжа. Метричними властивостями ортогонального проектування є існуючі залежності між довжинами відрізка прямої лінії і його проекції, а також між величинами кута і його проекції (див. п. 1). З цих залежностей випливає теорема про проектування прямого кута: щоб прямий кут проектувався у прямий кут, необхідно й достатньо, щоб одна його сторона була паралельна площині проекцій, а інша - не перпендикулярна до цієї площини. Розглянемо геометричний доказ. Він дозволяє більш наочно побачити числовий і проекційний взаємозв'язок двох геометричних фігур - прямого кута і його проекції. Необхідність. Нехай ∠BAC = ⋅B1A1C1 = 90° (рис. 3.1). Доведемо, що АС║П1. Припустимо, що АВ не паралельно П1 (якщо AB║П1, то площина кута BAC паралельна П1 і за властивістю 9ортогональногопроектування маємо: ⋅BAC =⋅ B1A1C1 = 90°). Оскільки ⋅⋅ B1A1C1 ⊂П1, ⋅B1A1C1 = 90° і AA1 ⊥ П1, що як проектує лінія, то площини Σ (A1B1,AA1) і ∆ (A1C1, AA1) взаємно перпендикулярні. У цьому випадку АВ і A1В1 по суті похила і її ортогональна проекція на площині ∆. Тому що AC ⊂∆ і АС ⊥АВ, то за теоремою про три перпендикуляри маємо АС ⊥AA1, тобто АС║П1. Достатність. Нехай ⋅ВАС = 90°, АС║П1. Доведемо, що ⋅B1A1C1 = 90°. 36  За даних умов маємо: AB – похила, А1В1 – її проекція на П1. За теоремою протри перпендикуляри маємо: (АС ⊥АВ, АС║П1 ) ⇒АС ⊥А1В1. З АС║П1 витікає, що АС║А1С1. Отже, А1С1 ⊥А1В1 і ⋅B1A1C1 = 90°. З оборотності комплексного креслення (КЧ) необхідно, що якщо А2В2, А1В1 і С2В2, С1В1 – проекції пересічних прямих АВ і СВ, то при виконанні однієї із двох наступних проекційних умов: 1) А1В1 ⊥С1В1 і А2В2║Х або С2В2║Х; 2) А2В2 ⊥С2В2 і А1В1║Х або С1В1║Х у просторі має місце перпендикулярність АВ ⊥(рис. 3.2). Метричні задачі курсу нарисної геометрії можна умовно розділити на такі групи: 1) побудова взаємно перпендикулярних фігур: прямих, площин, прямих і площин; 2) визначення довжин відрізків (відстаней) і натуральної величини (НВ) плоскої фігури; 3) визначення кутів між фігурами. Розглянемо приклади рішень на КЧ метричних задач у кожній групі. 2. ПОБУДОВА ВЗАЄМНО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНИХ ФІГУР 2.1 Перпендикулярність двох прямих Визначення. Дві прямі у просторі називаються перпендикулярними, якщо кут між ними дорівнює 90°. Перпендикулярні прямі можуть бути пересічними або мимобіжними. Задача. Дано пряму АВ і точку С. Побудувати пряму, що проходить через точку С і яка перетинає АВ під прямим кутом (рис. 3.3). Вирішення задачі ґрунтуєтьсяна побудовах, що приводять до проекційного зображення умов теореми про проекцію прямого кута (див. рис. 3.2). Алгоритм вирішення в символічному записі буде наступним: 1) х1║А1В1; 2) (А2В2, А1В1) ⇒А4В4; (С2, С1) ⇒С4; 3) С4D4 ⊥А4В4; 4) D4 ⇒D1 ∈А1В1; D1 ⇒D2 ∈А2В2. С1D1, C2D2 – рішення задачі. 37  Задача. Дано пряму АВ і точку D (рис.3.4).Побудувати пряму, що проходить через точку D, перпендикулярну до прямої АВ і утворюючу з нею найкоротшу відстань R, де R < (D, AB); - відстань між фігурами, зазначеними в дужках. З умови задачі випливає, що задана й шукана пряма - мимобіжні. Кінці відрізка найкоротшої відстані R утворять дві множини точок: пряму АВ і циліндричну поверхню обертання з віссю АВ. Із точки D можна провести лише дві прямі, дотичні до циліндричної поверхні та які утворюють кут 90° з прямою АВ. Алгоритм вирішення даної задачі в символічному записі має вигляд: 1) х1║А1В1; 2) (А2В2, А1В1) ⇒А4В4; (D1, D2 ) ⇒D4; 3) х2 ⊥А4В4; 4) (А1В1, А4В4 ) ⇒А5 = B5; (D1, D4 ) ⇒D5; 5) D5C5 – дотична до кола радіуса R;D4C4 ⊥А4В4; 6) (C5, C4 ) ⇒C1; (C4, C1) ⇒C2. C2D2, С1D1 – одне з двох рішень задачі. 2.2. Перпендикулярність прямої і площини Визначення. Пряма називається перпендикулярною до площини, якщо вона перпендикулярна до двох пересічних прямих, що лежать у цій площині. Приведемо без доказу відомі в шкільному курсі стереометрії теореми, необхідні для вирішення наступних метричних задач. 1)Ознакаперпендикулярності прямої і площини: якщо пряма перпендикулярна до двох пересічних прямих, що лежать у площині, то вона перпендикулярна до цієї площини. 2) Через будь-яку точку простору проходить єдина пряма, перпендикулярна до даної площини. 3)Через будь-яку точку простору проходить єдина площина, перпендикулярна до даної прямої. Для побудови прямої t ⊥Е, перпендикулярної до площини , необхідно, на підставі ознаки перпендикулярності, провести в площині дві пересічні прямі 38 |