Szakasz felépítése két pont felhasználásával. Párhuzamos szakaszok

Gyakorlati óra: „Párhuzamos. Egy paralelepipedon metszeteinek felépítése."

1. Cél praktikus munka : . A poliéderekkel kapcsolatos elméleti anyag ismereteinek megszilárdítása,problémamegoldó készség in szakaszok építése, rajzelemzés képessége.

2. Didaktikai eszközök a gyakorlati munkához : Munkaállomás, poliéder modellek és fejlesztések, mérőeszközök, olló, ragasztó, vastag papír.

Idő: 2 óra

Feladatok a munkához:

1. Feladat

Szerkessze meg a paralelepipedon ABCDA metszetét 1 B 1 C 1 D 1 az A egyeneseken fekvő M, N, P pontokon átmenő sík 1 B 1, AD, DC

Minta és a probléma megoldásának sorrendje:

1. Az N és P pontok a paralelepipedon metszetsíkjában és alsó bázisának síkjában helyezkednek el. Építsünk ezeken a pontokon átmenő egyenest. Ez az egyenes a vágási sík nyomvonala a paralelepipedon alapsíkjára.

2. Folytassuk azt az egyenest, amelyiken a paralelepipedon AB oldala fekszik. Az AB és NP egyenesek egy S pontban metszik egymást. Ez a pont a metszetsíkhoz tartozik.

3. Mivel az M pont is a metszetsíkhoz tartozik és metszi az AA egyenest 1 valamikor X.

4. Az X és N pont az AA lap azonos síkjában található 1 D 1 D, kösse össze őket, és kapjon XN egyenest.

5. Mivel a paralelepipedon lapjainak síkjai párhuzamosak, ezért az M ponton keresztül egyenest húzhatunk az A lapra 1 B 1 C 1 D 1 , párhuzamos az NP egyenessel. Ez a vonal metszi a B oldalt 1 VAL VEL 1 az Y pontban.

6. Hasonlóképpen rajzoljon YZ egyenest, párhuzamosan az XN egyenessel. Összekapcsoljuk a Z-t P-vel, és megkapjuk a kívánt szakaszt - MYZPNX.

2. feladat

1.opció. Szerkessze meg a АВСDA1В1С1D1 paralelepipedon metszetét a következő pontok által meghatározott síkkalM, NÉsP

1. szint: Mindhárom pont az A csúcsból kilépő éleken fekszik

2. szint.Maz arcban fekszik AA1D1D,Naz arcon fekszik AA1B1B,Paz arcon fekszik CC1D1D.

3. szint.Ma B1D átlón fekszik,Naz AC1 átlón fekszik,Pa C1D1 élen fekszik.

2. lehetőség.Szerkesszük meg az ABCDA1B1C1D1 paralelepipedon metszetét a DQ egyenesen átmenő síkon, ahol a Q pont a CC1 élen, a P pont pedig a következőképpen definiálva van

1. szint: Mindhárom pont a C csúcsból kilépő éleken fekszik

2. szint: M az A1B1 él folytatásán, az A1 pont pedig a B1 és P pontok között található.

3. szint: P a B1D átlón fekszik

Munkarend:

1. Tanulmányozzon elméleti anyagot a következő témákban:

Paralelepipedon.

Jobb oldali paralelepipedon.

Ferde paralelepipedon.

A paralelepipedon ellentétes oldalai.

A paralelepipedon átlók tulajdonságai.

Pa vágósík fogalma és felépítésének szabályai.

Milyen típusú sokszögeket kapunk a kocka és a paralelepipedon metszetében.

2. Építsd megparalelepipedonABCDA 1 B 1 C 1 D 1

3. Elemezze az 1. feladat megoldását!

4. Következetesen építsen fel egy szakasztparalelepipedonABCDA 1 B 1 C 1 D 1 feladat P, Q, R pontjain átmenő sík.

5. Szerkesszen meg három további paralelepipedont, és válasszon rajtuk szakaszokat az 1., 2. és 3. szintű feladatokhoz

Értékelési szempontok :

Irodalom: Atanasyan L.S. Geometria: Tankönyv 10-11 évfolyamnak. Általános oktatás intézmények. L.S. Atanasyan, V.F. Butuzov, S.B. Kodomtsev és társai - M.: Oktatás, 2010 Ziv B.G. Geometriai feladatok: Kézikönyv 7-11. osztályos tanulóknak. Általános oktatás intézmények. / B.G. Ziv, V.M. Mailer, A.G. Bakhansky. - M.: Oktatás, 2010. V. N. Litvinenko Feladatok a térfogalmak fejlesztéséhez. Könyv tanároknak. - M.: Oktatás, 2010

Didaktikai anyag a gyakorlati óra feladatához

Az 1. feladathoz:

Néhány lehetséges szakasz:

Szerkesszünk olyan paralelepipedon metszeteket, amelyeken egy sík megy át ezeken a pontokon

A kocka szakaszainak sík segítségével történő megalkotásával kapcsolatos problémák általában egyszerűbbek, mint például a piramis szakaszaival kapcsolatos problémák.

Egyenes vonalat húzhatunk két ponton keresztül, ha azok egy síkban vannak. A kocka szakaszainak megalkotásakor egy másik lehetőség is lehetséges a vágási sík nyomvonalának elkészítésére. Mivel a harmadik sík párhuzamos egyenesek mentén metszik két párhuzamos síkot, akkor ha az egyik lapon már egyenest építettünk, a másikon pedig van egy pont, amelyen a szakasz áthalad, akkor ezzel párhuzamos egyenest húzhatunk. pont ezen a ponton keresztül.

Nézzük konkrét példák hogyan lehet egy kocka szakaszait sík segítségével megszerkeszteni.

1) Szerkessze meg a kocka A, C és M pontokon átmenő sík szakaszát!

Az ilyen típusú feladatok a legegyszerűbbek a kocka szakaszainak felépítéséhez. Mivel az A és C pont ugyanabban a síkban (ABC) van, egyenest húzhatunk rajtuk. Nyomvonala az AC szegmens. Láthatatlan, ezért az AC-t egy vonással ábrázoljuk. Hasonlóképpen összekapcsoljuk az M és C pontokat, amelyek ugyanabban a síkban (CDD1), valamint az A és M pontokat, amelyek ugyanabban a síkban helyezkednek el (ADD1). Az ACM háromszög a szükséges szakasz.

2) Szerkesszük meg a kocka M, N, P pontokon átmenő síkkal egy szakaszát.

Itt csak az M és az N pont van ugyanabban a síkban (ADD1), ezért rajtuk keresztül húzunk egy egyenest, és kapunk egy MN (láthatatlan) nyomot. Mivel a kocka szemközti lapjai párhuzamos síkban helyezkednek el, a vágási sík párhuzamos vonalak mentén metszi a párhuzamos síkokat (ADD1) és (BCC1). Már megszerkesztettük az egyik párhuzamos vonalat - ez az MN.

A P ponton keresztül MN-nel párhuzamos egyenest húzunk. A BB1 élt az S pontban metszi. PS a vágási sík nyoma a homloklapban (BCC1).

Egyenes vonalat húzunk az azonos síkban fekvő M és S pontokon (ABB1). SM nyomát kaptuk (látható).

Az (ABB1) és (CDD1) síkok párhuzamosak. A síkban (ABB1) már van MS egyenes, így a síkban (CDD1) lévő N ponton keresztül MS-sel párhuzamos egyenest húzunk. Ez az egyenes az L pontban metszi a D1C1 élt. Nyomvonala NL (láthatatlan). A P és L pont ugyanabban a síkban van (A1B1C1), így rajtuk keresztül húzunk egy egyenest.

A Pentagon MNLPS a szükséges szakasz.

3) Szerkesszük meg a kocka M, N, P pontokon átmenő síkkal egy szakaszát.

Az M és N pont ugyanabban a síkban (ВСС1) fekszik, így rajtuk keresztül egyenes vonal húzható. Megkapjuk az MN nyomot (látható). A (BCC1) sík párhuzamos az (ADD1) síkkal, ezért az (ADD1) P ponton keresztül húzunk MN-nel párhuzamos egyenest. Az AD élt az E pontban metszi. PE (láthatatlan) nyomot kaptunk.

Nincsenek többé ugyanabban a síkban elhelyezkedő pontok, nincs egyenes és párhuzamos síkban lévő pontok. Ezért az egyik meglévő sort folytatnunk kell, hogy további pontot kapjunk.

Ha az MN egyenest folytatjuk, akkor, mivel az a (BCC1) síkban fekszik, meg kell keresnünk az MN metszéspontját ennek a síknak az egyik egyenesével. Már vannak metszéspontok a CC1 és B1C1 pontokkal – ezek M és N. Maradnak a BC és BB1 egyenesek. Folytassuk a BC-t és az MN-t addig, amíg a K pontban nem metszik egymást. A K pont a BC egyenesen fekszik, ami azt jelenti, hogy a síkhoz (ABC) tartozik, így egyenest húzhatunk rajta és az E ponton, amely ebben a síkban van. A CD élt a H pontban metszi. EH a nyoma (láthatatlan). Mivel H és N ugyanabban a síkban (CDD1) fekszenek, egyenes vonal húzható rajtuk keresztül. HN (láthatatlan) nyomot kapunk.

Az (ABC) és (A1B1C1) síkok párhuzamosak. Az egyikben egy EH, a másikban egy M pont található. Az EH-vel párhuzamos egyenest húzhatunk M-en keresztül. Megkapjuk az MF nyomot (látható). Húzzon egyenes vonalat az M és F pontokon.

A hatszög MNHEPF a szükséges szakasz.

Ha az MN egyenest addig folytatnánk, amíg nem metszi egy másik egyenes síkot (BCC1), a BB1-et, akkor az (ABB1) síkhoz tartozó G pontot kapnánk. Ez azt jelenti, hogy G-n és P-n keresztül húzhatunk egy egyenest, amelynek nyoma PF. Ezután párhuzamos síkban fekvő pontokon keresztül egyenes vonalakat húzunk, és ugyanarra az eredményre jutunk.

Az egyenes PE-vel végzett munka ugyanazt az MNHEPF szakaszt adja.

4) Szerkesszük meg a kocka olyan szakaszát, amelyik az M, N, P ponton áthalad.

Itt egy egyenest húzhatunk az azonos síkban fekvő M és N pontokon keresztül (A1B1C1). Lábnyoma MN (látható). Nincs több pont ugyanabban a síkban vagy párhuzamos síkban.

Folytassuk az MN egyenest. Az (A1B1C1) síkban fekszik, tehát csak ennek a síknak az egyik egyenesével metszheti egymást. Már vannak metszéspontok A1D1 és C1D1 - N és M között. Ennek a síknak további két egyenese - A1B1 és B1C1. Az A1B1 és MN metszéspontja S. Mivel az A1B1 egyenesen fekszik, az (ABB1) síkhoz tartozik, ami azt jelenti, hogy rajta és ugyanabban a síkban fekvő P ponton keresztül egyenes vonal húzható. A PS egyenes az E pontban metszi az AA1 élt. PE a nyoma (látható). Az ugyanabban a síkban (ADD1) fekvő N és E pontokon keresztül húzhatunk egy egyenest, melynek nyoma É-i (láthatatlan). A síkban (ADD1) van egy ÉK egyenes, a vele párhuzamos síkban (BCC1) egy P pont. A P ponton keresztül húzhatunk egy PL egyenest ÉK-vel párhuzamosan. A CC1 élt az L pontban metszi. PL ennek az egyenesnek a nyoma (látható). Az M és L pont ugyanabban a síkban van (CDD1), ami azt jelenti, hogy egyenes vonal húzható rajtuk keresztül. A nyoma ML (láthatatlan). A Pentagon MLPEN a szükséges szakasz.

Az NM egyenest mindkét irányban folytatni lehetett és metszéspontjait nemcsak az A1B1 egyenessel, hanem a szintén a síkban (A1B1C1) fekvő B1C1 egyenessel is meg lehetett keresni. Ebben az esetben a P ponton keresztül egyszerre két vonalat húzunk: az egyiket a síkban (ABB1) a P és az S pontokon, a másodikat a síkban (BCC1) a P és R pontokon keresztül. azonos síkban fekvő pontok: M c L, E - N-nel.

Mint tudják, minden matematika vizsga fő része a problémamegoldás. A matematikai fejlettség szintjének fő mutatója a problémamegoldó képesség.

Az iskolai vizsgákon, valamint az egyetemeken és a műszaki iskolákban tartott vizsgákon gyakran előfordulnak olyan esetek, amikor az elmélet területén jó eredményeket felmutató hallgatók, akik ismerik az összes szükséges definíciót és tételt, összezavarodnak nagyon egyszerű problémák megoldása során. .

Az iskolai évek során minden diák rengeteg problémát old meg, ugyanakkor minden diáknak ugyanazokat a feladatokat kínálják. És ha néhány diák megtanulja Általános szabályokés a problémamegoldási módszereket, akkor mások, miután egy ismeretlen típusú problémával találkoztak, nem is tudják, hogyan közelítsenek hozzá.

Ennek a helyzetnek az egyik oka az, hogy ha néhány diák belemerül egy probléma megoldásának folyamatába, és megpróbálja felismerni és megérteni általános technikákés a megoldási módszereket, akkor mások nem gondolnak rá, hanem igyekeznek a lehető leggyorsabban megoldani a javasolt problémákat.

Sok diák nem elemzi a megoldandó problémákat, és nem határoz meg általános technikákat és módszereket a megoldásukra. Ilyen esetekben a problémákat csak a kívánt válasz megszerzése érdekében oldják meg.

Sok diák például azt sem tudja, mi a lényege az építési problémák megoldásának. De építési feladatokat kötelező feladatok a sztereometria tanfolyamon. Ezek a problémák nemcsak megoldási módjukban szépek és eredetiek, hanem gyakorlati értékük is nagy.

Az építési feladatoknak köszönhetően fejlődik az egyik vagy a másik gondolati elképzelésének képessége. geometriai alakzat, fejlődik a térbeli gondolkodás, logikus gondolkodás, valamint a geometriai intuíció. Az építési problémák gyakorlati problémamegoldó készségeket fejlesztenek.

Az építési problémák nem egyszerűek, mivel nincs egyetlen szabály vagy algoritmus a megoldásukra. Minden új feladat egyedi, és egyéni megközelítést igényel a megoldáshoz.

Bármely konstrukciós probléma megoldásának folyamata a célhoz vezető köztes konstrukciók sorozata.

A poliéder szakaszok felépítése a következő axiómákon alapul:

1) Ha egy egyenes két pontja egy bizonyos síkban fekszik, akkor az egész egyenes ebben a síkban fekszik;

2) Ha két síknak van közös pontja, akkor ezen a ponton áthaladó egyenes mentén metszik egymást.

Tétel: Ha két párhuzamos síkot metsz egy harmadik sík, akkor a metszésvonalak párhuzamosak.

Szerkesszük meg a poliéder metszetét egy A, B és C pontokon átmenő síkkal. Tekintsük a következő példákat!

Nyomkövetési módszer

ÉN.Épít prizma keresztmetszet egy adott g egyenesen (nyomon) átmenő sík a prizma és az A pont egyik alapjának síkján.

1. eset.

Az A pont a prizma másik alapjához tartozik (vagy a g egyenessel párhuzamos laphoz) - a vágási sík ezt az alapot (lapot) metszi a g nyomvonallal párhuzamos BC szakasz mentén. .

2. eset.

Az A pont a prizma oldallapjához tartozik:

Az AD egyenes BC szakasza ennek a lapnak a metszéspontja a vágási síkkal.

3. eset.

Négyszögletű prizma metszetének szerkesztése a prizma alsó talpának síkjában a g egyenesen átmenő síkkal és az egyik oldalélén lévő A ponttal.

II.Épít egy piramis keresztmetszete egy adott g egyenesen (nyomon) átmenő sík a gúla alapjának és az A pont síkján.

Egy gúla egy síkszelvényének megszerkesztéséhez elegendő az oldallapjainak metszéspontjait a vágási síkkal megszerkeszteni.

1. eset.

Ha az A pont a g egyenessel párhuzamos laphoz tartozik, akkor a vágási sík ezt a lapot a g nyomvonalával párhuzamos BC szakasz mentén metszi.

2. eset.

Ha a szakaszhoz tartozó A pont a g nyom lapjával nem párhuzamos lapon található, akkor:

1) megszerkesztjük azt a D pontot, amelyben a lap síkja metszi az adott g nyomvonalat;

2) húzz egy egyenest az A és D ponton keresztül.

Az AD egyenes BC szakasza ennek a lapnak a metszéspontja a vágási síkkal.

A BC szakasz végei szintén a szomszédos lapokhoz tartoznak. Ezért a leírt módszerrel meg lehet alkotni ezeknek a lapoknak a metszéspontját a vágási síkkal. Stb.

3. eset.

Négyszögletű gúla metszetének megalkotása, amelynek síkja átmegy az alap oldalán és az egyik oldalélén található A ponton.

Problémák az arc egy pontján keresztüli szakaszok felépítésével

1. Szerkesszük meg az ABCD tetraéder metszetét a C csúcson és az M és N pontokon átmenő síkkal az ACD, illetve az ABC lapokon.

A C és M pontok az ACD lapon helyezkednek el, ami azt jelenti, hogy a CM egyenes ennek a lapnak a síkjában fekszik (1. ábra).

Legyen P a CM és AD egyenesek metszéspontja. Hasonlóképpen, a C és N pont az ACB lapon található, ami azt jelenti, hogy a CN egyenes ennek az oldalnak a síkjában fekszik. Legyen Q a CN és AB egyenesek metszéspontja. A P és Q pontok mind a metszetsíkhoz, mind az ABD laphoz tartoznak. Ezért a PQ szegmens a szakasz oldala. Tehát a CPQ háromszög a szükséges szakasz.

2. Szerkesszük meg az ABCD tetraéder egy szakaszát az MPN síkkal, ahol az M, N, P pontok az AD élen, a BCD és az ABC lapon helyezkednek el, és MN nem párhuzamos az ABC lap síkjával (2. ábra).

Van még kérdése? Nem tudja, hogyan kell megszerkeszteni egy poliéder keresztmetszetét?
Segítséget kérni egy oktatótól -.
Az első óra ingyenes!

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.

Tudod, mit nevezünk a poliéder síkszelvényének? Ha még mindig kételkedsz a kérdésre adott válasz helyességében, egyszerűen ellenőrizheted magad. Javasoljuk, hogy töltsön le egy rövid tesztet az alábbiakban.

Kérdés. Mi annak az ábrának a száma, amely a paralelepipedon síkbeli metszetét mutatja?

Tehát a helyes válasz a 3. ábrán található.

Ha helyesen válaszol, az megerősíti, hogy megértette, mivel foglalkozik. De sajnos még a tesztkérdésre adott helyes válasz sem garantálja a legmagasabb osztályzatot a „Poliéderek szakaszai” témában. Hiszen a legnehezebb a kész rajzokon nem a metszetek felismerése, pedig ez is nagyon fontos, hanem a felépítésük.

Először fogalmazzuk meg a poliéder szakaszának definícióját. Tehát a poliéder egy szakasza olyan sokszög, amelynek csúcsai a poliéder szélein, oldalai pedig a lapjain fekszenek.

Most gyakoroljuk a metszéspontok gyors és pontos felépítését adott egyenes adott síkkal. Ehhez oldjuk meg a következő problémát.

Szerkesszük meg az MN egyenes metszéspontjait az ABCA 1 B 1 C 1 háromszögprizma alsó és felső alapjának síkjával, feltéve, hogy az M pont a CC 1 oldalélhez, az N pont pedig a BB 1 élhez tartozik.

Kezdjük az MN egyenes meghosszabbításával a rajzon mindkét irányban (1. ábra). Ezután a feladat által megkívánt metszéspontok elérése érdekében meghosszabbítjuk a felső és alsó bázisban fekvő vonalakat. És most jön a probléma megoldásának legnehezebb pillanata: mindkét bázis mely sorait kell kiterjeszteni, mivel mindegyiknek három sora van.

Az építés utolsó lépésének helyes befejezéséhez meg kell határozni, hogy a közvetlen alapok közül melyik van egy síkban a számunkra érdekes MN egyenessel. Esetünkben ez egyenes CB az alsó és C 1 B 1 a felső bázisokban. És pontosan ezeket nyújtjuk addig, amíg nem metszik az NM egyenest (2. ábra).

A kapott P és P 1 pontok az MN egyenes metszéspontjai az ABCA 1 B 1 C 1 háromszögprizma felső és alsó bázisának síkjával.

A bemutatott probléma elemzése után közvetlenül folytathatja a poliéder szakaszok megszerkesztését. A kulcspont itt az érvelés lesz, amely segít elérni a kívánt eredményt. Ennek eredményeként végül megpróbálunk létrehozni egy sablont, amely tükrözi a műveletek sorrendjét az ilyen típusú problémák megoldása során.

Tehát nézzük a következő problémát. Szerkesszük meg az ABCA 1 B 1 C 1 háromszögprizma metszetét az AA 1, AC, illetve BB 1 élekhez tartozó X, Y, Z pontokon átmenő síkkal.

Megoldás: Rajzoljunk rajzot, és határozzuk meg, hogy mely pontpárok esnek ugyanabban a síkban.

Az X és Y, X és Z pontpárok összekapcsolhatók, mert egy síkban fekszenek.

Szerkesszünk egy további pontot, amely ugyanazon az oldalon fog feküdni, mint a Z pont. Ehhez meghosszabbítjuk az XY és a CC 1 egyeneseket, mert az AA 1 C 1 C arc síkjában fekszenek. Nevezzük a kapott pontot P-nek.

A P és Z pontok ugyanabban a síkban fekszenek - a CC 1 B 1 B lap síkjában. Ezért összekapcsolhatjuk őket. A PZ egyenes egy bizonyos pontban metszi a CB élt, nevezzük T-nek. Az Y és T pontok a prizma alsó síkjában helyezkednek el, kösd össze őket. Így létrejött az YXZT négyszög, és ez a kívánt szakasz.

Összesít. Egy poliéder egy síkszelvényének megszerkesztéséhez a következőket kell tennie:

1) rajzoljunk egyenes vonalakat ugyanazon a síkban lévő pontpárokon keresztül.

2) keresse meg azokat az egyeneseket, amelyek mentén a poliéder metszetsíkjai és lapjai metszik egymást. Ehhez meg kell találni a metszéssíkhoz tartozó egyenes metszéspontjait az egyik lapban fekvő egyenessel.

A poliéder szakaszok felépítésének folyamata bonyolult, mert mindegyikben konkrét eset ez különböző. És egyetlen elmélet sem írja le az elejétől a végéig. Tényleg csak egy van a helyes út Bármilyen poliéder metszeteinek gyors és pontos felépítésének megtanulása állandó gyakorlat. Hogyan több szakasztépítkez, annál könnyebb lesz megtenni a jövőben.

blog.site, az anyag teljes vagy részleges másolásakor az eredeti forrásra mutató hivatkozás szükséges.

1. Pozíciós probléma fogalma. Emlékezzünk vissza, hogy a repülőgép ún vágósík poliéder, ha ennek a síknak mindkét oldalán vannak pontjai a poliédernek. Egy poliéder metszete A sík olyan sokszög, amelynek oldalai azok a szakaszok, amelyek mentén a vágási sík metszi a poliéder lapjait.

ábrán. A 30. ábrán egy háromszög alakú prizma látható. (E vetítési rajzon a pontok képeit ugyanazokkal a betűkkel jelöljük, mint a megfelelő eredeti pontokat). Képzeljük el, hogy meg kell jelölnünk a pontokat: a) M, a szélén fekszik; b) N, arcon fekve; c) a prizmában fekve.

Ha ezeket a pontokat az a) ábrán látható módon ábrázoljuk, akkor csak a pontról M nagyjából azt mondhatjuk, hogy a szélén fekszik . Pont pozíció NÉs K Ebből a képből nem lehet megállapítani. A b) ábra már arra enged következtetni, hogy a pont N az arcon fekszik, és a lényeg az

a prizma belsejében. Hogyan vonhatók le ezek a következtetések? A helyzet az, hogy a második ábrán beállítjuk a pontok vetületeit NÉs K a prizma oldaléleivel párhuzamos alapsíkra. Szigorúan véve, annak érdekében, hogy megbizonyosodjon arról, hogy a lényeg M szélén fekszik, a vizuális észlelés önmagában szintén nem elegendő. (A tervben, amellyel a prizma képe készült, a lényeg M a tervezési iránnyal párhuzamos és azon áthaladó egyenes bármely pontjának vetületeként szolgál.)

Ha jelezzük, hogy a prizma oldaléleivel párhuzamos tervezéskor a pont M egy ponton az alapra vetítve A, akkor megjelenik az olyan magabiztosság.

ábrán egy hasonló helyzet látható. 31. Itt kell bejelölni a pontokat: a) M oldalsó szélén S.A.; b) N- a küszöbén SAB;
V) NAK NEK- a piramis belsejében. A különbség az, hogy a jobb oldali ábra a megjelölt pontok központi vetületét használja a piramis alapjának síkjára a tetejétől kezdve. S.

A kép egyértelművé tétele érdekében a tárgyalt példákban nem egy, hanem kettőt kell használni. Az első tervet, amelynek segítségével poliéder képe készül, ún külső A második kialakítás segéd jellegű. Magához az alakhoz kapcsolódik - ez általában egy olyan síkra vetítés, amely a poliéder egyik lapját tartalmazza. Csak prizmákkal és piramisokkal fogunk foglalkozni, és leggyakrabban az alapjuk síkját választjuk ilyen síknak. Az asszisztált tervezés az ún belső. A figyelembe vett példákból világos, hogy egy prizma esetében kényelmes a belső párhuzamos kialakítás, a piramisnál pedig a központi kialakítás.

Hadd F 0 – valamilyen térbeli alak, amely párhuzamosan van a síkra vetítve p(külső kialakítás). Ahhoz, hogy az ábra képe tiszta legyen, a térben a síkon kívül egy bizonyos síkot választunk ki p, és fontolja meg az ábra pontjainak új, párhuzamos vagy központi kialakítását F 0 ehhez a síkhoz (belső vetítés).

Tekintsünk egy pontot a térben M 0 és vetülete a síkra p 0 ¢ belső tervezés során. Vetítsük ki mindkét pontot a síkra p. Ebben az esetben a vetítés M pontokat M 0-t hívnak alapvető(vagy csak egy vetítés), és a vetítés M¢ pontok – másodlagos.

Ha egy pontért M 0 figura F 0 vetülete és másodlagos vetülete ismert, akkor a kép alapján meg tudjuk ítélni ennek a pontnak a helyzetét az eredetin. Ebben az esetben azt mondják, hogy a lényeg Mábrához tartozó 0 F 0 az adott a vetítési rajzon. Ábra kép F 0, amelyen az ábra minden pontja adott, hívjuk teljes.

A vetületi rajzoknál gyakran meg kell oldani a különböző ábrák metszéspontjának megtalálását. Az ilyen feladatokat ún helyzeti. Ha valamelyik kép elkészült, akkor ezen a képen bármilyen helyzeti probléma megoldható.

Befejezésül a következőket jegyezzük meg. Ha M 0 ¢ , N 0 ¢, K 0 ¢, ... – pontok képei M 0 , N 0 , K 0 , ... belső kialakításnál, majd külső tervezésű (párhuzamos) képeknél MM¢, NN¢, KK¢, ... párhuzamos vonalak M 0 M 0 ¢, N 0 N 0 ¢, K 0 K 0 ¢, ... a felszínen p párhuzamos lesz is. Ha M 0 ¢, N 0 ¢, K 0 ¢, ... – pontok képei M 0 , N 0 , K 0, ... belső központi kialakítással középponttal S 0, majd képek MM¢, NN¢, KK¢, ... közvetlen M 0 M 0 ¢, N 0 N 0 ¢, K 0 K 0 ¢, ... külső tervezéskor metszik egymást a síkon p egy ponton S. Ez a pont lesz a pont képe S 0 .

A pozicionálási problémák közül csak a sokszögszakaszok felépítésével kapcsolatos problémákra leszünk kíváncsiak. Tekintsük az ilyen szakaszok felépítésének fő módszereit. Általában a sztereometriai feladatok megoldásakor a vetületi rajzon az ábra pontjainak képeit ugyanazokkal a betűkkel jelöljük, mint az eredeti ábrán a megfelelő pontokat. Ezt a szabályt a jövőben is betartjuk.

2. Metszetek felépítése párhuzamos egyenesek és síkok tulajdonságai alapján. Ezt a módszert különösen gyakran használják paralelepipedonok metszete készítésekor. Ez azzal magyarázható, hogy a paralelepipedon szemközti oldalai párhuzamosak. A párhuzamos síkok egy harmadik síkkal való metszéspontjára vonatkozó tétel szerint a párhuzamos lapok metszésvonalai párhuzamos szakaszok.

Feladat 1. Négyszögletű piramis alapja SABCD paralelogramma. Szerkesszük meg a piramisnak az oldalélén fekvő ponton átmenő síkkal egy szakaszát! MINT, párhuzamos az átlóval BD okokból.

Hány ilyen gépet lehet építeni? Milyen alakzatokat kaphatunk keresztmetszetben?

Megoldás. A piramis alapjának síkjában tetszőleges egyenest húzunk a, párhuzamos az átlóval BD. Ezen az egyenesen és ponton egy sík halad át a, és az egyetlen. Egy egyenes és egy sík párhuzamossága alapján, tehát egy sík a amit keresünk.

Az alap síkjában végtelenül sok az egyenessel párhuzamos egyenes B.D. ezért végtelenül sok olyan sík van, amelyik kielégíti a probléma feltételeit.

A metszetben kapott sokszög típusa a sík által metszett lapok számától függ a. Mivel a négyszög alakú piramisnak öt lapja van, a keresztmetszet háromszögeket, négyszögeket és ötszögeket eredményezhet.

ábrán. A 32. ábra az egyenes vonal különböző helyzeteit mutatja a paralelogrammához képest ABCD. Nyilvánvalóan ettől a helytől függően kerül meghatározásra a sokszög szakasz típusa.

ábra bal oldalán. 33. esetet tekintjük, amikor az egyenes a 1 keresztezi az oldalakat HIRDETÉS,AB pontokon M, N rendre, és a ponttal egy féltérben fekszik a határral BSD. Itt a keresztmetszet egy háromszög MKN.

A jobb oldali ábra azt az esetet mutatja, amikor az egyenes a 3 egy pont mentén fekszik különböző oldalak a repülőből BSDés keresztezi az oldalakat DC, IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. pontokon bázisok M, N illetőleg. Jelöljük azzal x vonalak metszéspontja HIRDETÉSÉs a 3 . Mivel egyenes HIRDETÉS az arc síkjában fekszik ASD., akkor a lényeg ebben az arcban rejlik x. Másrészt pont x sorhoz tartozik a 3 a vágási síkban fekvő. Ezért az egyenes a vágási sík és az arc síkja metszésvonala lesz ASD. Ez lehetővé teszi, hogy megtalálja a lényeget R=SDÇ KX. Hasonlóképpen, egy pont lehetővé teszi egy csúcs létrehozását TÎ B.S. a kívánt szakaszt. Ebben az esetben a vágási sík a gúla összes lapját metszi, és a metszet egy ötszög.

A vonal relatív helyzetének egyéb esetei aés magad vizsgáld meg a piramis alapját.

Tekintsük a szakaszok felépítésének speciális módszereit.

4. Nyomkövetési módszer. Ha a vágási sík nem párhuzamos a poliéder lapjával, akkor ennek a lapnak a síkját egyenes vonalban metszi. Azt az egyenest, amely mentén a vágási sík metszi a poliéder lapjának síkját, nevezzük a vágási síkot követve ennek az arcnak a síkján. A poliéderek metszeteinek megalkotásának egyik módja a vágási sík nyomvonalának az egyik lapja síkján történő felhasználásán alapul. Leggyakrabban egy prizma és egy csonka gúla metszete készítésekor az alsó alap síkját választják ilyen síknak, piramis esetén pedig az alap síkját.

Nézzük meg a szakaszok felépítését nyomkövetési módszerrel példákon keresztül.

Feladat 2. Adott egy négyszög hasáb képe ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 . Adjon meg három pontot, amelyek a különböző oldallapokhoz tartoznak, és készítsenek egy szakaszt, amely ezen a három ponton halad át.

Megoldás. Emlékezzünk vissza, hogy egy vetületi rajzban egy pont megadásához meg kell adni annak elsődleges és másodlagos vetületét. Prizma esetén megállapodtunk abban, hogy belső párhuzamos tervezést alkalmazunk a másodlagos vetületek megadására. Ezért a lényeg megállapításához M, az arcába fekve ABB 1 A 1, jelezze a vetületét M 1 a prizma oldaléleivel párhuzamos alapsíkra. A pontok beállítása ugyanúgy történik NÉs K, az arcokba fekve HIRDETÉS 1 D.A. 1 , CDD 1 C 1, illetve (34. ábra). Szerkesszük meg a vágási sík nyomát a prizma alsó bázisának síkján. Párhuzamos vonalak MM 1 ugyanabban a síkban fekszik, és ezért általános esetben az egyenesek egy ponton metszik egymást x. Mivel az egyenes a vágási síkban, az egyenes pedig az alsó alap síkjában fekszik, akkor a pont x a vágási sík nyomvonalához tartozik a prizma alsó talpának síkján. Hasonlóképpen, pontok K, Nés azok másodlagos vetületei K 1 , N 1 lehetővé teszi a második pont megtalálását Y, a kívánt nyomhoz tartozó.

Egyenes AB, az arcába fekve ABB 1 A 1, keresztezi az ösvényt XY azon a ponton Z, ezért egyenes MZ az arc síkjában fekszik ABB 1 A 1 és a szekáns síkban. Vonalszakasz TR, Ahol T=MZÇ A.A. 1 , P=MZÇ BB Az 1 a metszetsokszög oldala lesz. Ezután egymás után megépítjük az oldalait TRÉs RQ, áthaladva ezeken a pontokon NÉs K illetőleg. Végül megépítjük az oldalt PQ.

3. probléma . Egy ötszögletű piramis képe látható SABCDE.Állítsa be a pontokat NÉs K, az oldalsó élekhez tartozó S.C., SD ennek megfelelően a lényeg M, az arcába fekve ASE. Készítsen egy szakaszt, amely adott pontokon halad át.

Megoldás. Pontok meghatározásához K,NÉs M Használjuk a belső központi vetületet úgy, hogy a középpont a piramis tetején legyen. Ebben az esetben a pontok vetületei KÉs N pontok lesznek DÉs C, és a pont vetülete M– pont (35. ábra).

A vonalak és a síkban fekvő vonalak általában a pontban metszik egymást x, vágósíkban fekve. Másrészt pont x az alap síkjában fekszik, és ezért az alap síkján lévő szekáns sík nyomához tartozik. A kívánt nyom második pontja lesz a pont. Egyenes AE, az arcába fekve ASE piramisok, keresztezi az ösvényt XY azon a ponton Z. Egyenes vonal rajzolása ZM, keresse meg az oldalt LP szakasz sokszög. A szakasz csúcsának megtalálásához egy pontot, majd egy egyenest szerkesztünk.

5. Belső tervezési módszer. Ennek a módszernek az a lényege, hogy itt belső vetülettel metszetpontokat keresünk ismert másodlagos vetületeik alapján. A belső tervezési módszer különösen olyan esetekben kényelmes, amikor a vágási sík nyoma távol esik az adott ábrától. Ez a módszer akkor is nélkülözhetetlen, ha a poliéder alapjának oldalait tartalmazó vonalak egy része metszi a rajzon kívüli nyomvonalat. Nézzük meg a módszer alkalmazását példákon keresztül.

4. feladat Adott egy hatszögletű prizma képe és három olyan pont, amelyek három olyan oldallapon helyezkednek el, amelyek közül kettő nincs szomszédos. Szerkesszük meg a prizma egy szakaszát a megadott pontokon átmenő síkkal!

Megoldás. Legyen a megadott pontok M,L,K fekszenek az arcokba , , , és M¢,L¢,K¢– másodlagos vetületeik
(36. ábra).

Keressük meg azt a pontot, ahol a vágási sík metszi az oldalélt. Ehhez egy pont belső vetületét használva megtaláljuk a fővetületet x, vágósíkban fekve. Keresett pont x a ponton átmenő egyenes metszéspontja X¢ párhuzamos a prizma oldalsó éleivel, és egyenes M.L., vágósíkban fekve. Pont x lehetővé teszi egy csúcs, majd egy oldal felépítését QR szakaszok. Hasonlóképpen a pontot használva pontot konstruálunk Y, egyenes KYés megtalálja a tetejét R szakaszok. Ezután az oldalakat építik fel PQÉs P.O. szakaszok.

A fennmaradó építkezéseket a következő sorrendben hajtjuk végre:

1) építeni egy pontot Z¢=AK¢Ç BD;

2) találd meg a lényeget Z (ZÎ PK);

3) végzünk egy közvetlen OZés megtalálja a tetejét S (SÎ DD 1) szakaszok;

4) egymás után építse fel az oldalakat S.R.,UTCAÉs NAK NEK szakaszok.

5. probléma . Egy négyszögletű gúla képe és az oldalsó élein fekvő három pont látható. Készítsen egy szakaszt, amely adott pontokon halad át.

Megoldás. Hadd S.A.B.C.D. ez a piramis, és M,N, K– pontadatok (37. ábra). Pontok másodlagos vetületei M, N, K belső központi vetületben felülről S pontok az alapsíkon A, CÉs D illetőleg. Vegye figyelembe, hogy ebben a problémában az oldalak ill KN szakaszok azonnal megépülnek. Már csak a szakasz csúcsát kell megtalálni L, oldalszélen fekve S.B.. Ehhez megszerkesztünk egy pontot, és belső vetítéssel „emeljük” a vágási síkra. Egy pont előképe X¢ ebben az esetben a központi kialakítás lesz a lényeg X=X¢SÇ MN. Csúcs L, éléhez tartozó S.B., egyenes vonalon fekszik KX.

6. Kombinált módszer. Ennek a módszernek a lényege, hogy a nyomkövetési módszert vagy a belső tervezési módszert a párhuzamos egyenesek és síkok tulajdonságain alapuló konstrukciókkal kombinálják.

Tekintsük a következő példát.

Probléma 6. Pont M az él felezőpontja HIRDETÉS Kuba ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 . Szerkesszünk meg egy kocka szakaszt egy ponton átmenő síkkal M párhuzamos az átlóval ВD alapok és átlók AB 1 oldalsó él AA 1 BAN BEN 1 BAN BEN.

Megoldás. Vágó sík a párhuzamos az átlóval BD alap és áthalad a ponton M, szintén a tövénél fekszik, tehát egyenes vonalban metszi a bázist
(38. ábra).

Egyenes l lesz a repülő nyoma a a kocka alsó alapjának síkján. Jelöljük. Nyomon követni m repülőgép a az arcsíkon ABB 1 A Az 1. ábrán hasonló módon van megépítve. Ez az ösvény áthalad a ponton N, párhuzamos AB 1 . Jelöljük.

Folytathatja a szakasz építését anélkül, hogy igénybe venné speciális módszerek. Mi azonban a nyomkövetési módszert fogjuk használni. Legyen egyenes Nap keresztezi az ösvényt l azon a ponton x. Pontok xés a kívánt síkot a az arc síkjában is fekszenek VSS 1 BAN BEN 1 . Jelöljük azzal L egy egyenes és egy él metszéspontja BAN BEN 1 VAL VEL 1 . Ezt követően célszerű a két párhuzamos sík és egy harmadik sík metszéspontjára vonatkozó tételt használni. E tétel alapján . Itt RÎ DD 1 ,PÎ C 1 D 1 .

Bizonyítsuk be, hogy a metszetben kapott hatszög szabályos.

Kör kép

1. Ellipszis és tulajdonságai. Henger, kúp és golyó (gömb) ábrázolásakor ellipsziseket kell rajzolnunk. Meghatározható egy ellipszis különböző utak. Csökkentsük a definíciót úgy, hogy egy síkot egyenesre tömörítünk.

Ellipszis vonalnak nevezzük, amely egy kör képe, amikor a síkot a kör középpontján átmenő egyenessé sűrítjük (39. ábra).

Ha adott egy kör, a középpontján átmenő egyenes és egy tömörítési arány, akkor a fenti definíció alapján könnyen elkészíthető egy kép az adott kör bármely pontjáról. Több képpont felépítésével és sima vonallal összekötve ellipszist rajzolhatunk, ami egy kör képe.

Oxy hogy a tengelye Ökör egybeesett a közvetlen tömörítéssel l, és a kezdet RÓL RŐL a kör középpontja volt w sugár a(40. ábra). Ebben a koordináta-rendszerben a kör w egyenlet határozza meg: vagy

Ez azt jelenti, hogy minden olyan pont a körhöz tartozik, amelynek koordinátái kielégítik az (1) egyenletet w, és az a pont, amelynek koordinátái nem felelnek meg (1) nem tartozik ide.

Hadd a tömörítési arány, a sík tetszőleges pontja, és M 0 – a vetülete az egyenesre l. Amikor egy pontra tömörítik M eljut egy olyan pontig, hogy . Mivel egyenes MM 1 párhuzamos a tengellyel Oy, majd , és a vetítés M 0 pont a tömörítési vonalon Ökör koordináták határozzák meg.

Innen, . Ezért a tömörítési képleteknek megvan a formája

Ezzel szemben a (2) képletek határozzák meg a sík tengelyhez való tömörítését Ökör kompressziós aránnyal , amelynél a pont a pontra megy.

Ezekből a képletekből, . Helyettesítés xÉs y az (1) egyenletbe a következőket kapjuk: . Ez azt jelenti, hogy a pont koordinátái M 1, amely egy kör pontjának képe, teljesítik az egyenletet

Ahol . Ez az egyenlet a rendszerben Oxy ellipszist határoz meg g, amelyet a kör összenyomásával kapunk w a tengelyhez Ökör. Emlékezzünk vissza, hogy a (3) egyenletet nevezzük ellipszis kanonikus egyenlete.

Az ellipszis kanonikus egyenletével tanulmányozhatja annak geometriai tulajdonságait. Idézzünk fel néhány fogalmat, amelyek az ellipszishez és tulajdonságaihoz kapcsolódnak.

Hagyja az ellipszist g derékszögű koordinátarendszerben a (3) kanonikus egyenlet adja meg. Mert xÉs y Ha másodlagosan lépünk be ebbe az egyenletbe, akkor a következő következtetéseket vonhatjuk le.

Ha , akkor О g(41. ábra). Ebből következik, hogy az eredet RÓL RŐL az ellipszis szimmetriaközéppontja. Az ellipszis szimmetriaközéppontját ellipszisnek nevezzük központ.

Ha akkor , . Ebből következik az egyenes vonalak ÖkörÉs Oy az ellipszis szimmetriatengelyei. Az ellipszis szimmetriatengelyeit ellipszisnek nevezzük tengelyek. Mindegyik tengely két pontban metszi az ellipszist. Tengely Ökör egyenlete van, ezért a (3) egyenletből a pontok abszcisszán A 1 , A 2 kereszteződéseink vannak. Innen A 1 (a;0), A 2 (–a;0). Hasonlóképpen azt találjuk, hogy a tengely Oy pontokban metszi az ellipszist BAN BEN 1 (0;b) És BAN BEN 2 (0;–b). Az ellipszis tengelyeivel való metszéspontjait nevezzük csúcsok ellipszis. Szegmensek A 1 A 2 és BAN BEN 1 BAN BEN 2 is hívják ellipszis tengelyek. Ellipszis központ RÓL RŐL az egyes szakaszok közös felezőpontja.

Egy ellipszishez tartozó szakaszt nevezünk akkord ezt az ellipszist. Az ellipszis középpontján áthaladó húrját ún ellipszis átmérője. Eszközök, Az ellipszis tengelyei egymásra merőleges átmérői.

Ne feledje, hogy a következőhöz: . Ebben az esetben A 1 A 2 >B 1 B 2 és szegmensek A 1 A 2 , B 1 B 2 ennek megfelelően lett elnevezve nagy- és melléktengelyek ellipszis. Ebben az esetben a számokat ennek megfelelően hívják nagy- és melléktengelyek ellipszis. Amikor éppen ellenkezőleg, . Itt a tengelyek nevei ennek megfelelően változnak.

Tekintsük az ellipszis parametrikus egyenleteit és az ellipszis pontjainak felépítésének módszerét ezek alapján.

Hagyja, hogy a szegmensek A 1 A 2 és BAN BEN 1 BAN BEN 2 az ellipszis tengelyei. Építsünk rájuk koncentrikus köröket, mint az átmérőkre. w 1 és w 2, illetve (42. ábra). Vegye figyelembe a sugarat h ponttól kezdve RÓL RŐL. Ez a sugár metszi a köröket w 1 és w 2 pontban M 1 és M 2. A ponton keresztül M 1 rajzoljon egy egyenest párhuzamosan a melléktengellyel BAN BEN 1 BAN BEN 2, és a ponton keresztül M 2 – a főtengellyel párhuzamos egyenes A 1 A 2. Mutassuk meg a lényeget M ezeknek az egyeneseknek a metszéspontja egy adott tengelyű ellipszishez tartozik.

Válasszunk egy téglalap alakú koordináta-rendszert Oxy ponttól kezdve RÓL RŐL. Legyen egy pont ebben a rendszerben M koordinátái vannak ( x;y). Ezután hagyja, hogy a gerenda h sugárral formál OA 1 sarok t. Ha akkor , . A pontok óta MÉs M 1 egyenlő abszcisszákkal és pontokkal MÉs M 2 – egyenlő ordináták,

A (4) egyenlőségekből , , tehát a fő miatt trigonometrikus azonosság nekünk van, i.e. a megszerkesztett pont egy féltengelyes ellipszishez tartozik aÉs b.

Bármilyen értékre tÎ}