Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования

С помощью квадрата A₀ B₀ C₀ D₀ (рис. 14, в), равного квадрату, построенному на рисунке 14, а, строим отрезок (S₁ )₀ Q₀ , который примем за третью сторону треугольника (С₁ )₀ Q₀ (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 )₀ Q₀ (S₁ )₀ строится с точностью до подобия, то его сторонами являются отрезки, равные k (С₁ )₀ (S₁ )₀ , k (С₁ )₀ Q₀ и k (S₁ )₀ Q₀ , где k >0, например, k =1.

3.2. Построения на изображениях плоских фигур.

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 B₀ C₀ – выносной чертеж треугольника АВС. В треугольнике A₀ B₀ C₀ построим высоту B₀ Н₀ , имеем и отрезок A₀ Н₀ , значит, отношение A₀ Н₀ :А₀ C₀ станет известным. Так как АН║АС и при параллельном проектировании отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то искомое отношение АН:АС равно отношению A₀ Н₀ :А₀ C₀ .

????? ????? ????????? ??:?? ?????????????? ????????, ??????? ?????????? ??????? ??????? ???????????? ???, ?????, ??????? ??² ?? ????????????? ????????????? ??? ? ???, ???????? ????????? ??² -??² =??² -??² . ??????? ? ???? ????????? ??? ????????? ??=с , ??=а ? ??=b ? , ????? ?????: с ² -??² =а ² -??² (1). ??? ????????? ???????? ??????? ??? ?????????? ?????? ?? ???????? ?? ??? ??.

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 с ² -АН² =а ² -(b- АН)² найдем АН и затем искомое отношение АН:АС, или из уравнения с ² -(b -СН)² =а ² -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 лучомl 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 A₀ B₀ C₀ D₀ , на стороне A₀ B₀ которого взята точка Е₀ – середина этой стороны, на стороне A₀ D₀ взята точка F₀ , такая, что A₀ F₀ :A₀ D₀ =1:4, и на прямой A₀ D₀ взята точка К₀ , такая, что точка D₀ – это середина отрезка A₀ К₀ . Через точку К₀ проведена прямая x₀ , перпендикулярная прямой Е₀ F₀ . 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 A₀ B₀ C₀ D₀ и заданные точки Е₀ , F₀ и К₀ (рис. 17, б).

Через точку К₀ проведем прямую x₀ , перпендикулярную прямой Е₀ F₀ . Пусть прямая x₀ пересекает прямую Е₀ F₀ 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= Е₀ F₀ :Е₀ H₀ (опорная задача 3), где отрезки Е₀ F₀ и Е₀ H₀ 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=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.

3.3. Построения на изображениях пространственных фигур.

Построение прямой, перпендикулярной заданной прямой.