Реферат: Решение задач с помощью ортогонального проектирования

Решение. Способ выносных чертежей (рис. 18, а). Соединим точку Р с точками D и В₂ . Построим треугольник, подобный оригиналу треугольника В₂ DР.

Фигурой, подобной оригиналу грани ABCD, является квадрат A₀ B₀ C₀ D₀ (рис. 18, б). Отрезок D₀ P₀ , где точка P₀ – середина стороны A₀ B₀ , примем за одну из сторон искомого треугольника.

???????, ???????? ????????? ????? AB?₁ ?₁ , ???????? ????????????? A₀ B₀ (?₁ ) ₀ (?₁ )₀ ? ?????????? ?????? A₀ B₀ : A₀ (?₁ )₀ =1:2 (???. 18, ?). ?????? ??? ??????? A₀ B₀ ????? ?????? ??????? ????????, ???????????? ?? ??????? 18, ?. ?????? ?? ???????? A₀ B₀ ? B₀ (?₁ ) ₀ ?????????????? ????? P₀ ? (?₂ ) ₀ ? ???????? ???? ??????. ??????? P₀ (?₂ ) ₀ ? ??? ??? ???? ?? ?????? ???????? ????????????.

Строим прямоугольник B₀ (В₁ )₀ (D₁ )₀ D₀ (рис. 18, г), сторону B₀ (В₁ )₀ которого возьмем с рисунка 18, в, а сторону B₀ D₀ возьмем равной диагонали квадрата, построенного на рисунке 18, б. Отрезок (В₂ )₀ D₀ , где точка (В₂ )₀ – середина стороны B₀ (В₁ )₀ , - это третья сторона искомого треугольника.

Строим треугольник P₀ (В₂ )₀ D₀ по трем сторонам, найденным выше. В треугольнике P₀ (В₂ )₀ D₀ строим P₀ Н₀ ┴(В₂ )₀ D₀ .

Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью лучаl , проведенного через точку В₂ , строим точку Н, такую, что В₂ Н: В₂ D=(В₂ )₀ H₀ :(В₂ )₀ D₀ (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. ?????????? ??????? ???????????? PB₂ D (???. 18, ?). ??? ????? ????????? ??????? ????????? ?????? ?? ?. ????? ??₁ =2?. ????? ?? ?????????????? ???????????? ADP:

Из прямоугольного треугольника РВВ₂ :

И из прямоугольного треугольника BB₂ D:

Если PH┴B₂ D, то выполняется соотношение (из опорной задачи 2).

Откуда

Тогда

С помощью вспомогательного луча l строим на отрезке B₂ D точку Н, такую, что B₂ Н: B₂ 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 BB₂ P равны (по двум катетам). Тогда DP=B₂ P, т. е. треугольник B₂ 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 U₁ U₂ , лежащей в плоскости α, проведем через точку W прямую т₁ , перпендикулярную прямой U₁ U₂ . Пусть прямая т₁ пересекает прямую U₁ U₂ в точке V.

2) Проведем далее в плоскости α через точку V прямую т₂ , перпендикулярную прямой U₁ U₂ .

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 U₁ U₂ пересекает прямые т₁ и т₂ , то прямая U₁ U₂ перпендикулярна прямой т₃ . Таким образом, прямая т₃ перпендикулярна прямой U₁ U₂ 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:

?????????????, ??=?:√5 ? ????? CH:CF=2:5. ???????? ?? ??? ???????????, ???????? ?? ?????? CF ????? ? (??????? ?????? 3) ? ????? ??????? ????????????? DH.