Решение задач с помощью ортогонального проектирования (стр. 4 из 7)

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 U₁U₂ , лежащей в плоскости α, проведем через точку W прямую т₁ , перпендикулярную прямой U₁U₂ . Пусть прямая т₁ пересекает прямую U₁U₂ в точке V.

2) Проведем далее в плоскости α через точку V прямую т₂ , перпендикулярную прямой U₁U₂ .

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 U₁U₂ пересекает прямые т₁ и т₂ , то прямая U₁U₂ перпендикулярна прямой т₃ . Таким образом, прямая т₃ перпендикулярна прямой U₁U₂ 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:

Следовательно, СН=а:√5 и тогда CH:CF=2:5. Опираясь на это соотношение, построим на прямой CF точку Н (опорная задача 3) и затем искомый перпендикуляр DH.

Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через заданную прямую перпендикулярно заданной плоскости.

Пусть заданы плоскость α и прямая т₁. Если через какую-нибудь точку W прямой т₁ провести прямую т₂, перпендикулярную плоскости α , то плоскость β, определяемая пересекающимися прямыми т₁и т₂, будет перпендикулярна плоскости α.

Таким образом, задача построения плоскости β, проходящей через заданную прямую т₁ и перпендикулярной плоскости α, сводится к построению прямой т₂, проходящей через какую-нибудь точку W прямой т₁ и перпендикулярной плоскости α.

Задача 7. На ребре CD правильной пирамиды MABCD, высота которой равна половине диагонали ее основания, взята точка Е – середина этого ребра и через точки М, В и Е проведена секущая плоскость α. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую BD перпендикулярно плоскости α. Найти линию пересечения построенной плоскости с плоскостью α.

Решение (рис. 21, а). Опустим перпендикуляр из точки О – середины диагонали BD на плоскость α. Построение этого перпендикуляра выполним с помощью выносных чертежей.

Построим квадрат A₀B₀C₀D₀ (рис. 21, б), точку О₀, в которой пересекаются его диагонали, и проведем прямую B₀Е₀, где точка Е₀ – середина стороны C₀D₀ . Затем через точку О₀ проведем прямую О₀F₀┴ B₀Е₀ и найдем точки Q_{0 ,} N₀, в которых прямая О₀F₀ пересекает соответственно прямые А₀D₀ и B₀C₀ .

Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l₁ построим но отрезке AD точку Q, такую что AQ:AD=k₁ А₀Q₀: k₁ А₀D₀ (опорная задача 3). Прямая QO является, таким образом, изображением прямой, перпендикулярной прямой ВЕ. Построим далее точки N и F, в которых прямая QO пересекает соответственно прямые ВС и ВЕ. Соединим точку М с точками Q, N и F.

Построим теперь треугольник M₀Q₀N₀ , подобный оригиналу треугольника MQN (рис. 21, в). Ясно, что в треугольнике M₀Q₀N₀M₀Q₀=M₀N₀ . Сторону Q₀N₀ этого треугольника возьмем с рисунка 21, б вместе с точкой F₀ , принадлежащей этому отрезку. Высоту М₀О₀ возьмем равной отрезку А₀О₀ , полученному также на рисунке 21, б.

В построенном треугольнике M₀Q₀N₀ через точку О₀ проведем прямую, перпендикулярную прямой М₀F₀ , и точку пересечения построенной прямой с прямой M₀N₀ обозначим Р_0.

Вернемся к рисунку 21, а. С помощью луча l₂ найдем точку Р, которая делит отрезок MN в отношении MP:MN=k₀ M₀P₀: k₀ M₀N₀ (опорная задача 3). Точку О соединим с точкой Р. Прямыми BD и OP определяется плоскость искомого сечения.

Строим сечение BVD и находим точку L, в которой пересекаются прямые DVи МЕ. Прямая BL – линия пересечения плоскости МВЕ с плоскостью BVD.

Построение сечения многогранника плоскостью, проходящей через заданную точку перпендикулярно заданной прямой.

Задача 8. В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треугольник АВС, боковое ребро МС перпендикулярно плоскости основания, и отношение ребер СА:СВ:СМ=√2:√2:1. На ребрах соответственно точки D и Е – середины этих ребер. Построить сечение пирамиды плоскостью α, проходящей через точку Е перпендикулярно прямой МD.

Решение. Способ выносных чертежей (рис. 22, а). Так как плоскость α перпендикулярна прямой МD, то прямая МD перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости α. В частности, если прямая МD пересекает плоскость α в точке Н, то МD┴ЕН, т. е. отрезок ЕН – это высота треугольника М₀Е₀D₀, подобно оригиналу треугольника МЕD.

1) Построим равнобедренный прямоугольный треугольник А₀В₀С₀ (рис.22, б), точки D₀ и Е₀ – середины соответственно его сторон А₀В₀ иВ₀С₀, и таким образом получим отрезок D₀Е₀. Это одна из сторон треугольника М₀Е₀D₀.

2) Построим прямоугольный треугольник В₀С₀М₀ (рис. 22, в), катет В₀С₀ которого взят с рисунка 22, б. Из равенства СВ:СМ=√2:1 ясно, что катет С₀М₀ следует построить равным В₀С₀∙½√2 (т. е. он равен половине диагонали квадрата со стороной В₀С₀). Медиана М₀Е₀ треугольника В₀С₀М₀ – это вторая сторона треугольника М₀Е₀D₀.

3) Построим равнобедренный треугольник А₀В₀М₀ (рис. 22, г), основание которого возьмем с рисунка 22, б, а боковые стороны А₀М₀= В₀М₀ – с рисунка 22, в. Медиана М₀D₀ треугольника А₀В₀М₀ – это третья сторона треугольника М₀Е₀D₀.

4) По трем полученным на рисунке 22, б, в, г сторонам строим треугольник М₀Е₀D₀ (рис. 22, д) и проведем в нем Е₀Н₀┴ М₀D₀.

5) Возвращаемся к рисунку 22, а. На рисунке 22, д точка Н₀ разделила отрезок М₀D₀ в отношении М₀Н₀: М₀D₀. С помощью луча l в таком же отношении разделим точкой Н отрезок МD (опорная задача 3).

6) Так как плоскость α и плоскость АВМ имеют общую точку Н, то эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку Н. Более того, так как прямая МD перпендикулярна плоскости α , то прямая МD перпендикулярна линии пересечения плоскостей α и АВМ. На рисунке 22. А уже есть прямая, которой прямая МD перпендикулярна. Это прямая АВ. (Действительно, в треугольнике АВМ АМ=ВМ, а МD – его медиана.) Поэтому, не обращаясь к новому выносному чертежу, проведем в плоскости АВМ через точку Н прямую FK║АВ.

Теперь искомое сечение определяется точкой Е и прямой FК, и нетрудно теперь построить, например, заметив, что, так как FK║АВ, прямая FK параллельна плоскости АВС, а это значит, что плоскость α , проходящая через прямую FK, пересечет плоскость АВС по прямой, параллельной FK, т. е. по прямой ЕL║АВ. Таким образом, четырехугольник EFKL – искомое сечение.

Треугольники А₀В₀С₀, В₀С₀М₀ и А₀В₀М₀ имеют равные стороны. Этим обстоятельством можно воспользоваться и объединить рисунки б, в, г в один рисунок, как это показано ни рисунке е.

Вычислительный способ (рис. 22, а). Как и при решении способом выносных чертежей, будем строить ЕН┴МD. Для этого подсчитаем стороны треугольника MDE, введя для выполнения расчетов вспомогательный параметр, положив, например, МС=а.

Тогда АС=ВС= а√2, и из прямоугольного треугольника АВС АВ=2а, следовательно, CD=a. Поэтому MD=a√2. Ясно, что DE=½AC=½ a√2, и из прямоугольного треугольника МСЕ

Подсчитаем теперь отношение МН:MD. Если ЕН┴MD, то МЕ²-МН²=DE²-DH² (опорная задача 2), или