Курс лекцій НАРИСНА ГЕОМЕТРІЯ. Курс лекцій удк 514. 18 В.І. Лусь. Нарисна геометрія Курс лекцій. Харків хнамг, 2008. 127 с

• Название: Курс лекцій удк 514. 18 В.І. Лусь. Нарисна геометрія Курс лекцій. Харків хнамг, 2008. 127 с
• Анкор: Курс лекцій НАРИСНА ГЕОМЕТРІЯ.doc
• Дата: 09.05.2018
• Размер: 5.98 Mb.
• Имя файла: Курс лекцій НАРИСНА ГЕОМЕТРІЯ.doc
• Тип: Курс лекцій; #19052
• страница: 7 из 13

1) плоский кут - фігура, утворена двома променями із загальним

початком і однієї із плоских областей, обмеженої ними;

2) кут між пересічними прямими - величина найменшого з плоских кутів,

утворених цими прямими;

3) кут між мимобіжними прямими - це кут між пересічними прямими,

паралельними даним мимобіжним прямим.

В останньому визначенні величина кута між двома мимобіжними

прямими не залежить від вибору пари пересічних прямих, паралельних їм.

Розглянемо кілька задач на визначення кутів.

Задача. Дано пересічні відрізки АВ і АС (рис. 5.10). Визначити кут між

ними.

Оскільки шуканий кут є плоскою

фігурою,товирішеннязадачі

зводиться до визначення НВ плоскої

фігури.Їїпроекційнерішення

викладене в п. 1.

Нагадаємо алгоритм цього рішення.

Він заснований на методі заміни

площин проекцій і стосовно до умов

даної задачі може бути наступним:

1) будуємо лінію рівня, наприклад,

h(h1,h2), що належить площині

Σ(АВ, АС), при цьому h2║х;

Рис. 5.102) будуємо вісь проекції x1⊥h1 ,

що відповідає введенню у просторі

нової системи площин проекцій П1⊥П4, де П4 ⊥h;

3) на П4 будуємо вироджену проекцію В4С4 площини Σ;

4) будуємо вісь проекції x2║В4С4 , що відповідає введенню у просторі

нової системи площин проекцій П4⊥П5, де П5║Σ;

5) на П5 будуємо кут ⋅(А5С5, А5В5) = α, що і є шуканим.

Задача. Дано дві мимобіжні прямі АВ і CD (рис. 5.11). Визначити кут

між ними.

Рішення задачі виконаємо, опираючись на

визначеннякутаміжмимобіжними

прямими, наведене вище, а також з огляду

наалгоритмпроекційногорішення

попередньої задачі. Для цих цілей

перемістимо одну з прямих, наприклад DC,

у положення, коли вона, залишаючись

паралельною сама до себе, буде перетинати

іншу пряму АВ. Таких положень існує

незліченна множина. Одне з них, наприклад

D1C1(D11C11, D21C21), де D11С11║D1С1 ,

D21С21 = D2C2, показане на КК

Рис. 5.11

58

(див. рис. 5.11).

У підсумку одержуємо пару пересічних прямих АВ ∩ D1С1, кут між якими

може бути визначений на підставі вищенаведеного алгоритму.

Цю частину вирішення задачі рекомендуємо виконати самостійно.

Розглянемо ще одне проекційне вирішення даної задачі. Зміст його

полягає в побудові такої додаткової площини проекцій, на якій ортогональні

проекції заданих мимобіжних прямих є пересічні прямі, відповідно паралельні

цим мимобіжним прямим. Кут між такими ортогональними проекціями є

шуканим. Зазначена площина проекцій перпендикулярна до прямої

найкоротшої відстані між заданими мимобіжними прямими.

Задача. Дано мимобіжні прямі АВ і CD. Визначити кут між ними

(рис. 5.12).

Проекційне вирішення цієї задачі,

відповідно до запропонованої вище

схеми, буде наступним:

1) будуємо вісь проекції x1║C1D1 (x1

можна будувати паралельно кожної із

чотирьох ортогональних проекцій прямих

АВ і CD), що разом із площинами П1⊥П4

утворить нову систему площин проекцій,

таку, що П4║CD;

2) на П4 будуємо додаткові проекції

А4В4, C4D4 прямих АВ і CD, при цьому

C4D4 є НВ відрізка CD;

3) будуємо вісь проекції x2 ⊥C4D4, що

разом з П4⊥П5 утворить нову систему

площин проекцій, таку, що П5 ⊥CD;

4) на П5 будуємо додаткові проекції

А5В5 і C5 = D5 прямих АВ і CD;

5) будуємо вісь проекції x3║А5В5 , що

разом з П5⊥П6 утворить нову систему

площин проекцій, таку, що П6║AB;

6) на П6 будуємо додаткові проекції

А6В6 і C6D6, що представляють собою НВ

прямих АВ і CD, які утворюють між

Рис. 5.12

собою кут α , що і є рішенням задачі.

2.2. Кут між прямою і площиною

Визначення. Кутом між похилою прямою і площиною називається кут

між похилою і її ортогональною проекцією на цю площину. Якщо пряма

паралельна площині або лежить у ній, то кут між прямою і площиною

59

приймається рівним нулю. У випадку перпендикулярності прямої і площини

кут між ними за визначенням дорівнює 90°. Необхідно, щоб кут між прямою і

площиною укладався у межах 0 ≤ α ≤ 90.

Задача. Дано пряму DE (рис. 5.13) і площину ∆Знайти кут між

ними.

Рис.5.13

Проекційне вирішення задачі ґрунтується на побудові прямокутного

трикутника ЕЕ1F (рис. 5.14), в якому: EF –

гіпотенуза на заданій похилій а, при цьому

Е – довільна точка, F = а ∩ Σ, Σ – задана

площина; Е1F – катет на площині Σ, що

являє собою ортогональну проекцію

відрізка EF; = ∠(EF, FЕ1) є шуканий кут.

Розглянемоалгоритмпроекційного

рішення, який представлений на рис. 5.13.

1) У площині вибираємо лінію рівня,

Рис. 5.14

наприклад, горизонталь h(h1, h2). При цьому h2║x.

2) Вводимо нову систему площин проекцій П1⊥П4 з віссю x1 ⊥h1, така,

що П4 ⊥h.

60

3) На П4 будуємо вироджену проекцію А4В4 площини Σ і додаткова

проекція D4Е4 прямої DE.

4) Визначаємо додаткові проекції F4 і F1 точки перетину

F = а ∩ Σ, при цьому E1F1, E4F4 – проекції гіпотенузи EF у прямокутному

трикутнику ЕЕ1F.

5) Будуємо перпендикуляр Е4Е41⊥А4В4, при цьому Е4Е41= ЕЕ1– катет

прямокутного трикутника ЕЕ1F.

6) Введенням системи площин проекцій П4⊥П5 з віссю x2║E4F4 і

П5║EF визначаємо НВ гіпотенузи EF, рівна E5F5.

7) Осторонь від проекційних побудов на КК будуємо прямокутний

трикутник ЕЕ1F по катеті ЕЕ1 і гіпотенузі EF.

Кут α = ⋅(E1F, EF) є шуканим.

Розглянемо ще одне проекційне рішення, засноване на трикутнику ЕЕ1F.

Задача. Дано пряму а і площину (∆АВС). Визначити кут між ними∆

(рис. 5.15).

Рис.5.15

У прямокутному трикутнику ЕЕ1F шуканий кут α може бути визначений

як α = 90°– ϕ, де ϕ – кут між прямою а, на якій розташована гіпотенуза EF

(див. рис. 5.14), і перпендикуляром t ⊥Σ, на якому розташований катет Е1Е1.

Пропоноване нижче проекційне вирішення даної задачі спрямовано на

визначення кута ϕ = ∠(а, t).

1) Побудуємо в площині Σ дві лінії рівня h(h1, h2) і f(f1, f2), де h2║х,

f1║х.

2) З довільної точки Е ∈а опустимо перпендикуляр t ⊥Σ, при цьому t2

61

проходить через E2 , t2 ⊥f2; t1 проходить через E1 , t1 ⊥h1.

3) Визначаємо кут ϕ = ∠(а, t ) у наступній послідовності:

- у площині ∆(а, t ) вибираємо лінію рівня, наприклад, h1(h11, h21),

де h21║ х;

- введенням системи площин проекцій П1⊥П4 з віссю x1 ⊥h11 будуємо на

П4 вироджену проекцію Е4 h41 площини ∆;

- введенням системи площин проекцій П4⊥П5 з віссю x2 ║ Е4 h41

будуємо на П5 кут ϕ = ⋅(t5, а5);

- побудовою прямого кута визначаємо шуканий кут

α = ⋅(а, Σ) = 90° – ϕ.

2.3. Кут між площинами

Для двох площин існує поняття двогранного кута.

Визначення. Двогранним кутом називається фігура, утворена прямою

t і двома напівплощинами із спільною межею t, що не належать одній

площині. Напівплощини, що утворюють двогранний кут, називаються його

гранями, пряма t – ребром двогранного кута. Двогранний кут з гранями Σ і ∆ і

ребром t позначається Σt∆.∆

Відзначимо на ребрі точку і в кожній грані з цієї точки проведемо

промінь перпендикулярно до ребра. Утворений цими променями кут

називається лінійним кутом двогранного кута. Лінійний кут служить мірою

двогранного кута. Величина двогранного кута не залежить від вибору його

лінійного кута.

Задача. Дано дві площини (∆АВС) і ∆(∆KML). Визначити кут між∆∆

площинами (рис. 5.16).

Проекційне вирішення задачі полягає в побудові лінії перетину площин 

і ∆, що є за визначенням ребром двогранного кута, і наступним проектуванням

її в точку на додатковій площині проекцій. Вихідні площини і ∆будуть мати

на цій площині вироджені проекції - прямі, що перетинаються в зазначеній

точці. Кут між цими прямими і є вирішенням задачі. Послідовність

запропонованого проекційного вирішення буде наступним:

1) в одній із двох даних площин, наприклад Σ, будуємо лінію рівня,

наприклад h(h1, h2), де h2║х;

2) введенням нової системи площин проекцій П1⊥П4 з віссю x1 ⊥h1 і П4

⊥h будуємо на П4 додаткові проекції площин – В4С4 для Σ і ∆K4M4L4 для

площини ∆;

3) відзначаємо відрізки 1424 і 1121 – додаткові проекції лінії t(1121,1424)

перетину заданих площин;

4) у кожній із площин і ∆вибираємо по одній точці, наприклад А ∈і

К ∈;

62

Рис. 5.16

5) введенням нової системи площин проекцій П4⊥П5 з віссю x2║1424 і

П5║t (1,2) будуємо на П5 додаткові проекції 1525, А5, К5 відповідних фігур: лінії

перетину t (1, 2) і точок А, К;

6) введенням нової системи площин проекцій П5⊥П6 з віссю x3 ⊥1525 і

П6 ⊥t (1,2) будуємо на П6 лінійний кут α двогранного кута t∆, що і є∆

рішенням задачі.

Можливо інше проекційне вирішення

розглянутої задачі, засноване на

наступному алгоритмі:

1) у просторі вибираємо довільну

точку Е (рис. 5.17);

2) опускаємо два перпендикуляри:

а ⊥, де а проходить через точку Е;

b ⊥∆, де b проходить також через

точку Е;

3)ізвластивостейплоского

чотирикутника EMFN випливає, що

63

Рис. 5.17

величина α шуканого лінійного кута

двогранного кута Σt∆ дорівнює 180°– ϕ, де ϕ = ∠(a, b).

Задача. Дано площини (АВ, DC), де АВ ∩DC і ∆(KL, PT),

де KL║PT(рис. 5.18). Потрібно побудовами визначити кут між площинами.

Послідовність проекційного вирішення може бути наступною:

1) у площині Σ будуємо лінії рівня f(f11, f21) і h(h11, h21), де f11║х, h21║х, а

в площині ∆ – лінії рівня h2(h12, h22) і f2(f12, f22), де h22║х, f12║х;

2) із точки Е простору опускаємо два перпендикуляри – а (а1,а2) ⊥Σ і

b (b1, b2) ⊥∆, при цьому а2 ⊥f21, b2 ⊥f22, a1 ⊥h11, b1 ⊥h12;

Рис. 5.18

3) у площині побудованих пересічних прямих а і b вибираємо лінію

рівня, наприклад h(h1, h2), де h2║х;

4) вводимо нову систему площин проекцій П1⊥П4 з віссю x1 ⊥h1 і

П4 ⊥h;

5) на П4 будуємо вироджену проекцію а4 = b4 площини прямих а і b;

6) вводимо нову систему площин проекцій П4⊥П5 з віссю x2║а4 і П5║ (а,

b), де (а, b) – площина прямих а і b;

7) на П5 будуємо кут ϕ = ⋅( а5, b5), що дозволяє визначити шуканий кут α

між площинами Σ і ∆, рівний 180° – ϕ.

Відповідно до поняття кута в стереометрії, кут між площинами повинен бути

гострим. Тому необхідно прийняти в наведеному проекційному рішенні

значення кута між площинами і ∆, рівне ϕ.

64

ЛЕКЦІЯ №6. КРИВІ ЛІНІЇ. ВЛАСТИВОСТІ КРИВИХ

Крива лінія – це множина послідовних положень точки, що

переміщується в просторі. Таке визначення дає наочне поняття про криву

лінію як про траєкторію точки.

Для побудови ортогональних проекцій кривої (просторової або плоскої)

необхідно побудувати проекції ряду точок, що належать цій кривій, і з'єднати

між собою однойменні проекції в тій же послідовності, в якій вони

розташовувалися на ній у просторі. При заданні кривої її проекціями треба

вказати проекції хоча б однієї точки, що належить кривій. Так, якщо на

проекціях кривої m (рис. 6.1) не вказати проекції точки A (A1, A2), то тільки по

проекціях m1 і m2 не можна судити про форму кривої.

Лінії підрозділяються на алгебраїчні, якщо

в декартовій системі координат вони

визначаються алгебраїчними рівняннями, і

трансцендентні, якщо вони описуються

трансцендентними рівняннями.

До алгебраїчних ліній, зокрема, відносяться

коло, еліпс, парабола, гіпербола, астроїда та ін.

До трансцендентних ліній відносяться

синусоїда, спіраль Архімеда, циклоїда та інші.

Рис. 6.1

Лінії можуть бути просторовими і плоскими.

Лінії, в яких всі точки належать одній площині, називають

плоскими.

Крива, точки якої не лежать в одній площині, називається

просторовою кривою. Прикладом плоскої кривої є коло, прикладом

просторової кривої - циліндрична гвинтова лінія.

1. ВЛАСТИВОСТІ КРИВИХ, ІНВАРІАНТНІ ЩОДО

ОРТОГОНАЛЬНОГО ПРОЕКТУВАННЯ

При побудові ортогональних проекцій кривих необхідно знати ті їхні

властивості, які зберігаються (інваріантні) при проектуванні. До таких

властивостей відносяться наступні:

1) Дотичні до кривої проектуються в дотичні до її проекцій (за винятком,

коли дотична проектується в точку).

2) Невласним (нескінченно віддаленим) точкам кривої відповідають

невласні точки її проекції.

При проектуванні плоских кривих на додаток до відзначеного будуть

справедливі такі властивості:

3) Порядок проекції алгебраїчної кривої дорівнює порядку самої кривої.

65

Порядок алгебраїчної кривої визначається ступенем рівняння, що описує цю

криву.

4) Число вузлових точок (точок, у яких крива перетинає саму себе) на

проекції кривої дорівнює числу вузлових точок самої кривої.

2. КОМПЛЕКСНЕ КРЕСЛЕННЯ КОЛА

Якщо коло розташоване в площині рівня, то на одну площину проекцій

воно проектується у відрізок, а на іншу – в коло (у натуральну величину). На

рис. 6.2 показане комплексне креслення кола k, розташованого в

горизонтальній площині рівня Σ. На Π2 коло проектується у відрізок (частина

прямої Σ2), а на Π1 – в коло.

Коло, розташоване в площині, не

паралельній і не перпендикулярній до

площини проекцій, проектується на цю

площину в криву, яка називається еліпсом.

Діаметри кола будуть проектуватися у

відрізки, що називаються діаметрами еліпса.

Довжина діаметра еліпса дорівнює довжині

діаметра кола, помноженні на косинус кута

нахилу діаметра кола до площини проекцій.

Діаметр кола, розташований на лінії рівня,

Рис. 6.2

проектується в натуральну величину,

тому що кут нахилу його до площини проекцій дорівнює нулю. Цей діаметр

буде більше всіх інших діаметрів, він і названий великим діаметром еліпса.

Діаметр кола, перпендикулярний до великого, нахилений до тієї ж

площини проекцій під найбільшим кутом. Його називають малим діаметром

еліпса. Побудова еліпса по великому і малому діаметрах, які взаємно

перпендикулярні, наведена нижче.

На рис. 6.3 показана побудова однієї точки

еліпса. Так, нехай дано: AB - великий діаметр

еліпса; CD - малий діаметр еліпса. Після

проведення великого кола діаметром AB і

малого кола діаметром CD, проводимо

довільнийпромінь m. Через точку 1 на

великому колі проводимо відрізок, паралельний

малій осі CD, а через точку 2 на малому колі -

відрізок, паралельний великій осі AB. Точка

перетину побудованих відрізків є точкою еліпса

(точка M). Проводячи множину променів, щоРис. 6.3

проходять через точку O (проекція центра кола),

і повторюючи показані побудови, одержимо множину точок еліпса. Потім по

лекалу, з'єднуючи ці точки, одержимо еліпс.

66

На рис. 6.4 показана послідовність

побудови еліпса по великому діаметру і точці

еліпса. Дано: AB - великий діаметр еліпса; M -

точка еліпса. Послідовність побудов показана

стрілками. Ці побудови випливають із

розглянутих на рис. 6.3. Після визначення

точки 2, а виходить, і малої осі CD, можемо

перейти до побудови будь-якого числа точок

еліпса, як показано на рис. 6.3.

Нехай коло радіуса R розташоване тепер у

фронтально проектуючій площині ∆, центрРис. 6.4

кола – точка O,( рис.6.5). Для знаходження

великого діаметра еліпса необхідна лінія рівня. Через точку O проведемо

горизонталь h (h1, h2) у площині ∆. На h1 відкладемо відрізки O1A1=O1B1,

довжини яких рівні R. Відрізок A1B1 – це великий діаметр еліпса, у який

проектується коло на П1. Через точку O у площині ∆ проведемо фронталь

f(f1,f2). На f2 відкладемо відрізки O2C2=O2D2, довжини яких рівні R.

Рис. 6.5

Рис. 6.6

Точки C і D є точками кола, які розташовані на фронталі f.

Горизонтальні проекції цих точок належать f1 (точки C1 і D1).

67

Тому що відрізок C1D1 перпендикулярний до великого діаметра A1B1, то C1D1 –

це малий діаметр еліпса на П1.

Тепер по великому діаметрі A1B1 і малому діаметру C1D1 будуємо еліпс

(горизонтальна проекція кола). Фронтальною проекцією кола є відрізок C2D2,

тому що ∆ – фронтально - проектуюча площина, і всі фронтальні проекції точок

кола розташовані на прямій ∆2 між точками C2 і D2. Те ж саме одержимо, якщо

будемо будувати еліпс на П2 по великому діаметрі C2D2 і малому діаметру,

величина якого дорівнює нулю.

Якщо коло розташоване в площині загального положення, то воно

проектується на П1 в еліпс (горизонтальна проекція кола) і на П2 – теж в еліпс

(фронтальна проекція кола). У цьому разі еліпси будуємо по великому діаметрі

і точці. Нехай площина загального положення, у якій розташоване коло радіуса

R, задана прямими h (h1, h2) і f (f1,f2), (рис.6,6). Звернемо увагу на те, що як

прямі, що задають площину, узяті її головні лінії – горизонталь і фронталь.

Точка O – центр кола. На h1 будуємо великий діаметр 1121 (|O111|=|O121|=R). Це

великий діаметр горизонтальної проекції кола. На f2 будуємо великий діаметр

3242 (|O232| = |O242| = R).

Це великий діаметр фронтальної проекції кола. Будуємо для точки 3

горизонтальну проекцію 31. На П1 маємо 1121 – великий діаметр еліпса, 31 –

точка еліпса. Будуємо для точки 2 фронтальну проекцію 22. На П2 маємо 3242 –

великий діаметр еліпса, 22 – точка еліпса. Тепер кожну із проекцій кола можна

побудувати по великому діаметру й точці. Якщо при завданні площини кола

горизонталь і фронталь не використовувалися, то їх потрібно провести, а потім

виконати описані вище побудови.

3. КОМПЛЕКСНЕ КРЕСЛЕННЯ ЦИЛІНДРИЧНОЇ ГВИНТОВОЇ ЛІНІЇ

Із просторових кривих найбільше поширення знаходять гвинтові лінії.

Циліндричною гвинтовою лінією називається множина послідовних положень

точки, що робить рівномірне переміщення по прямій, яка рівномірно

обертається навколо паралельної їй осі. За один оборот прямої навколо осі

точка переміститься по прямій на величину P, названу кроком гвинтової лінії.

Тому що розглянуті рухи точки рівномірні і взаємозалежні, то, наприклад,

повороту точки на кут 180° (половина обороту) відповідатиме переміщення по

прямій на половину кроку. За аналогією, за 1/n частину обороту точка

переміщується на 1/n кроку. На цьому ґрунтується побудова комплексного

креслення циліндричної гвинтової лінії. Нехай вісь гвинтової лінії i

перпендикулярна П1, початкове положення прямої m, паралельної осі i, і точки

задане проекціями m1, m2 і 11, 12 відповідно, (рис. 6.7). Проекцією гвинтової

лінії на П1 буде коло, тому що відстань від точки до осі i не змінюється і

дорівнює D/2. Для побудови фронтальної проекції гвинтової лінії розділимо

коло на П1 і відрізок на П2, що відповідає кроку P, на рівну кількість частин (на

рис. 6.7 – 8 частин).

68