Решение задач с помощью ортогонального проектирования (стр. 3 из 7)

Чтобы найти отношение АН:АС вычислительным способом, следует подсчитать сначала стороны треугольника АВС, затем, выразив ВН² из прямоугольных треугольников АВН и СВН, получить равенство АВ²-АН²=ВС²-СН². Полагая в этом равенстве для краткости АВ=с, ВС=а и АС=b? , будем иметь: с²-АН²=а²-СН² (1). Это равенство является основой для вычисления одного из отрезков АН или СН.

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 с²-АН²=а²-(b-АН)² найдем АН и затем искомое отношение АН:АС, или из уравнения с²-(b-СН)²=а²-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) pи q – известные отрезки;

б) pи q – известные целые положительные числа.

А. Решение. На вспомогательном луче l, проведенном через точку А (рис. 16, а, б), построим отрезки АХ₁=kpи 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=peи 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 A₀B₀C₀D₀ , на стороне A₀B₀ которого взята точка Е₀ – середина этой стороны, на стороне A₀D₀ взята точка F₀, такая, что A₀F₀:A₀D₀=1:4, и на прямой A₀D₀ взята точка К₀, такая, что точка D₀ – это середина отрезка A₀К₀ . Через точку К₀ проведена прямая x₀, перпендикулярная прямой Е₀F₀. 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 A₀B₀C₀D₀ и заданные точки Е₀ , F₀ и К₀ (рис. 17, б).

Через точку К₀ проведем прямую x₀, перпендикулярную прямой Е₀F₀ . Пусть прямая x₀ пересекает прямую Е₀F₀ 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= Е₀F₀:Е₀H₀ (опорная задача 3), где отрезки Е₀F₀ и Е₀H₀ 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=5e (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 х₀.

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.

Задача 5. Боковое ребро правильной призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ в два раза больше стороны ее основания. На ребрах АВ и ВB₁ призмы заданы соответственно точки Р и В₂ – середины этих ребер. Построить прямую, проходящую через точку Р перпендикулярно прямой В₂D.

Решение. Способ выносных чертежей (рис. 18, а). Соединим точку Р с точками D и В₂ . Построим треугольник, подобный оригиналу треугольника В₂DР.

Фигурой, подобной оригиналу грани ABCD, является квадрат A₀B₀C₀D₀ (рис. 18, б). Отрезок D₀P₀ , где точка P₀ – середина стороны A₀B₀ , примем за одну из сторон искомого треугольника.

Фигурой, подобной оригиналу грани ABВ₁А₁, является прямоугольник A₀B₀(В₁) ₀(А₁)₀ с отношением сторон A₀B₀: A₀(А₁)₀=1:2 (рис. 18, в). Причем его сторона A₀B₀ взята равной стороне квадрата, построенного на рисунке 18, б. Строим на сторонах A₀B₀ и B₀(В₁) ₀ соответственно точки P₀ и (В₂) ₀ – середины этих сторон. Отрезок P₀(В₂) ₀ – это еще одна из сторон искомого треугольника.

Строим прямоугольник B₀(В₁)₀(D₁)₀D₀ (рис. 18, г), сторону B₀(В₁)₀ которого возьмем с рисунка 18, в, а сторону B₀D₀ возьмем равной диагонали квадрата, построенного на рисунке 18, б. Отрезок (В₂)₀D₀ , где точка (В₂)₀ – середина стороны B₀(В₁)₀ , - это третья сторона искомого треугольника.

Строим треугольник P₀(В₂)₀D₀ по трем сторонам, найденным выше. В треугольнике P₀(В₂)₀D₀ строим P₀Н₀┴(В₂)₀D₀ .

Возвращаемся к рисунку 18, а. С помощью лучаl, проведенного через точку В₂ , строим точку Н, такую, что В₂Н: В₂D=(В₂)₀H₀:(В₂)₀D₀ (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. Подсчитаем стороны треугольника PB₂D (рис. 18, а). Для этого обозначим сторону основания призмы за а. Тогда ВВ₁=2а. Далее из прямоугольного треугольника ADP:

Из прямоугольного треугольника РВВ₂:

И из прямоугольного треугольника BB₂D:

Если PH┴B₂D, то выполняется соотношение (из опорной задачи 2).

Откуда

Тогда

С помощью вспомогательного луча l строим на отрезке B₂D точку Н, такую, что B₂Н: B₂D=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 BB₂P равны (по двум катетам). Тогда DP=B₂P, т. е. треугольник B₂DP – равнобедренный. Это значит, что медиана РН этого треугольника является и его высотой, т. е. прямая РН является искомой прямой.