Помислете за самолета стр и линията, която го пресича . Позволявам НО е произволна точка в пространството. Начертайте линия през тази точка , успоредна на правата . Позволявам . Точка се нарича точкова проекция НОдо самолета стрв паралелен дизайн по дадена линия . Самолет стр , върху която се проектират точките от пространството се нарича проекционна равнина.
p - проекционна равнина;
- директно проектиране; ;
; ; ;
Ортогонален дизайне специален случай на паралелен дизайн. Ортогоналната проекция е успоредна проекция, при която проекционната права е перпендикулярна на проекционната равнина. Ортогоналната проекция се използва широко в техническото чертане, където фигура се проектира върху три равнини - хоризонтална и две вертикални.
Определение:
Ортографска проекция на точка Мдо самолета стрнаречена база М 1перпендикулярен ММ 1, спусната от точката Мдо самолета стр.
Обозначаване: , 
, .
Определение: Ортографска проекция на фигурата Едо самолета стре множеството от всички точки на равнината, които са ортогонални проекции на множеството от точки на фигурата Едо самолета стр.
Ортогоналният дизайн, като специален случай на паралелен дизайн, има същите свойства:
p - проекционна равнина;
- директно проектиране; ;
1) ;
2) , .
- Проекциите на успоредни прави са успоредни.
ПРОЕКЦИОННА ПЛОЩ НА ПЛОСКА ФИГУРА
Теорема: Площта на проекцията на плосък многоъгълник върху определена равнина е равна на площта на проектирания многоъгълник, умножена по косинуса на ъгъла между равнината на многоъгълника и равнината на проекцията.
Етап 1: Проектираната фигура е триъгълник ABC, чиято страна AC лежи в проекционната равнина a (успоредна на проекционната равнина a).
дадени:
Докажи:
Доказателство:
1. ; ;
2. ; ; ; ;
3. ; 
;
4. Според теоремата за трите перпендикуляра;
ВD - височина; В 1 D - височина;
5. - линеен ъгъл двустенен ъгъл ;
6. ; ; ; 
;
Етап 2: Проектираната фигура е триъгълник ABC, никоя от страните на който не лежи в проекционната равнина a и не е успоредна на нея.
дадени:
Докажи:
Доказателство:
1. ; ;
2. ; ;
4. ; ; ;
(Етап 1);
5. ; ; ;
(Етап 1);
Етап: Проектираната фигура е произволен многоъгълник.
Доказателство:
Многоъгълникът е разделен от диагонали, изтеглени от един връх на краен брой триъгълници, за всеки от които теоремата е вярна. Следователно теоремата ще бъде вярна и за сумата от площите на всички триъгълници, чиито равнини образуват същия ъгъл с равнината на проекцията.
Коментирайте: Доказаната теорема е валидна за всяко плоска фигура, ограничена от затворена крива.
Упражнения:
1. Намерете площта на триъгълник, чиято равнина е наклонена към равнината на проекцията под ъгъл, ако неговата проекция е правилен триъгълник със страна a.
2. Намерете площта на триъгълник, чиято равнина е наклонена към равнината на проекцията под ъгъл, ако неговата проекция е равнобедрен триъгълник със страна 10 cm и основа 12 cm.
3. Намерете площта на триъгълник, чиято равнина е наклонена към равнината на проекцията под ъгъл, ако проекцията му е триъгълник със страни 9, 10 и 17 cm.
4. Изчислете площта на трапеца, чиято равнина е наклонена към равнината на проекцията под ъгъл, ако проекцията му е равнобедрен трапец, чиято по-голяма основа е 44 cm, страната е 17 cm и диагоналът е 39 см.
5. Изчислете площта на проекцията правилен шестоъгълниксъс страна 8 cm, чиято равнина е наклонена към проекционната равнина под ъгъл.
6. Ромб със страна 12 см и остър ъгълобразува ъгъл с дадената равнина. Изчислете площта на проекцията на ромба върху тази равнина.
7. Ромб със страна 20 cm и диагонал 32 cm сключва ъгъл с дадена равнина. Изчислете площта на проекцията на ромба върху тази равнина.
8. Проекцията на сенника върху хоризонтална равнина е правоъгълник със страни и . Намерете площта на сенника, ако страничните повърхности са равни правоъгълници, наклонени към хоризонталната равнина под ъгъл, а средната част на сенника е квадрат, успореден на равнината на проекцията.
11. Упражнения по темата "Прави и равнини в пространството":
Страните на триъгълника са 20 см, 65 см, 75 см. От върха на по-големия ъгъл на триъгълника към равнината му е прекаран перпендикуляр, равен на 60 см. Намерете разстоянието от краищата на перпендикуляра до по-голямата страна на триъгълника.
2. От точка, отделена от равнината на разстояние cm, са начертани две наклонени, образуващи с равнината ъгли, равни на , а помежду си - прав ъгъл. Намерете разстоянието между пресечните точки на наклонената равнина.
3. Парти правоъгълен триъгълнике равна на 12 см. Точката M е избрана така, че отсечките, свързващи точката M с всички върхове на триъгълника, образуват ъгли с неговата равнина. Намерете разстоянието от точка М до върховете и страните на триъгълника.
4. През страната на квадрата е начертана равнина под ъгъл спрямо диагонала на квадрата. Намерете ъглите, под които двете страни на квадрата са наклонени към равнината.
5. Равнобедрен крак правоъгълен триъгълникнаклонена към равнината a, минаваща през хипотенузата под ъгъл . Докажете, че ъгълът между равнината a и равнината на триъгълника е .
6. Двустенният ъгъл между равнините на триъгълниците ABC и DBC е . Намерете AD, ако AB = AC = 5 cm, BC = 6 cm, BD = DC = cm.
тестови въпросипо темата "Прави и равнини в пространството"
1. Избройте основните понятия на стереометрията. Формулирайте аксиомите на стереометрията.
2. Докажете следствията от аксиомите.
3. Какво е взаимното разположение на две прави в пространството? Определете пресичащи се, успоредни, пресичащи се прави.
4. Докажете критерия за пресичащи се прави.
5. Какво е взаимното разположение на правата и равнината? Дайте определения за пресичащи се, успоредни прави и равнини.
6. Докажете признака за успоредност на права и равнина.
7. Какво е взаимното разположение на двете равнини?
8. Определете успоредни равнини. Докажете критерий за успоредност на две равнини. Формулирайте теореми за успоредни равнини.
9. Определете ъгъла между линиите.
10. Докажете признака за перпендикулярност на права и равнина.
11. Дайте дефиниции на основата на перпендикуляра, основата на наклонената, проекцията на наклонената върху равнина. Формулирайте свойствата на перпендикуляра и наклонения, спуснати към равнината от една точка.
12. Определете ъгъла между права линия и равнина.
13. Докажете теоремата за три перпендикуляра.
14. Дайте дефиниции на двустенен ъгъл, линеен ъгъл на двустенен ъгъл.
15. Докажете знака за перпендикулярност на две равнини.
16. Определете разстоянието между две различни точки.
17. Определете разстоянието от точка до права.
18. Определете разстоянието от точка до равнина.
19. Определете разстоянието между права и успоредна на нея равнина.
20. Определете разстоянието между успоредни равнини.
21. Определете разстоянието между косите линии.
22. Определете ортогоналната проекция на точка върху равнина.
23. Определете ортогоналната проекция на фигура върху равнина.
24. Формулирайте свойствата на проекциите върху равнина.
25. Формулирайте и докажете теорема за площта на проекцията на плосък многоъгълник.
Ще разгледам въпроса за формулата за проекциите на лицата на правоъгълен тетраедър. Първо ще разгледам ортогоналната проекция на отсечка, лежаща в равнината α , като подчертавам два случая на местоположението на тази отсечка спрямо правата l=α∩π .
Случай 1
AB∥l(фиг. 8). Отсечката A 1 B 1 , която е ортогонална проекция на отсечката AB, е равна и успоредна на отсечката AB.
Ориз. осем
Случай 2
CD⊥l(фиг. 8). По теоремата за трите перпендикуляра правата C 1 D 1 , която е ортогоналната проекция на правата CD, също е перпендикулярна на правата l. Следователно ∠CEC 1 е ъгълът между равнината α и равнината на проекциите π , т.е., където C 0 D=C 1 D 1. Следователно |C 1 D 1 |=|CD|∙cosφ
Сега разгледайте въпроса за ортогоналната проекция на триъгълник.
Площта на ортогоналната проекция на триъгълник върху равнина е равна на площта на проектирания триъгълник, умножена по косинуса на ъгъла между равнината на триъгълника и равнината на проекциите.
Доказателство.Проекционна площ на триъгълник. Според теоремата за трите перпендикуляра, правата B 1 H 1 - ортогоналната проекция на правата BH - е перпендикулярна на правата l, следователно сегментът B 1 H 1 е височината на триъгълника A 1 B 1 C 1. Ето защо . По този начин, .
а) Нека една от страните, например AC, на проектирания триъгълник ABC е успоредна на правата l=α∩π (фиг. 9) или лежи върху нея.
Тогава нейната височина VN е перпендикулярна на правата l, а площта е равна на, т.е.
Ориз. 9
б) Нито една от страните на проектирания триъгълник ABC не е успоредна на правата l (фиг. 10). Начертайте линия през всеки връх на триъгълника, успоредна на права l. Една от тези прави лежи между другите две (на фигурата това е права m) и следователно разделя триъгълника ABC на триъгълници ABD и ACD с височини съответно BH и CE, начертани към общата им страна AD (или нейната продължение), което е успоредно на l. Правата m 1 - ортогоналната проекция на правата m - също разделя триъгълника A 1 B 1 C 1 - ортогоналната проекция на триъгълника ABC - на триъгълници A 1 B 1 D 1 и A 1 C 1 D 1 , където . Като вземем предвид (9) и (10), получаваме
AT последно времев задача C2 има задачи, в които е необходимо да се построи сечение на многостен с равнина и да се намери неговата площ. Такава задача е предложена в демо версията. Често е удобно да се намери площта на разрез през областта на неговата ортогонална проекция. Презентацията дава формула за такова решение и подробен анализзадача, която е придружена от поредица от рисунки.
Изтегли:
Преглед:
За да използвате визуализацията на презентации, създайте акаунт в Google (акаунт) и влезте: https://accounts.google.com
Надписи на слайдове:
Подготовка за Единния държавен изпит - 2014 г. по математика. Намиране на площта на напречното сечение през площта на нейната ортогонална проекция. Задача C2 Учител по математика MBOU средно училище № 143 на Красноярск Knyazkina T.V.
Помислете за решението на такъв проблем: В правоъгълен паралелепипед, . Сечението на паралелепипеда минава през точки B и D и сключва ъгъл с равнината ABC. Намерете площта на сечението. Често е удобно да се намери площта на разрез през областта на неговата ортогонална проекция. Намирането на площта на триъгълник по отношение на площта на неговата ортогонална проекция лесно се илюстрира със следната фигура:
CH е височината на триъгълник ABC, C 'H е височината на триъгълник ABC ", който е ортогонална проекция на триъгълник ABC. От правоъгълен триъгълник CHC ": Площта на триъгълник ABC " е Площта на триъгълника ABC е Следователно площта на триъгълник ABC е равна на площта на триъгълник ABC ', разделена на косинуса на ъгъла между равнините на триъгълник ABC и триъгълник ABC", което е ортогоналната проекция на триъгълник ABC.
Тъй като площта на всеки многоъгълник може да бъде представена като сума от площите на триъгълници, площта на многоъгълник е равна на площта на неговата ортогонална проекция върху равнина, разделена на косинуса на ъгъла между равнини на многоъгълника и неговата проекция. Използваме този факт, за да разрешим нашия проблем (вижте слайд 2). Планът за решение е следният: A) Изграждаме разрез. Б) Намерете неговата ортогонална проекция върху равнината на основата. C) Намерете областта на ортогоналната проекция. Г) Намерете площта на напречното сечение.
1. Първо трябва да изградим този раздел. Очевидно сегментът BD принадлежи на равнината на сечението и на основната равнина, тоест принадлежи на линията на пресичане на равнините:
Ъгълът между две равнини е ъгълът между два перпендикуляра, които са начертани към пресечната линия на равнините и лежат в тези равнини. Нека точката O е пресечната точка на диагоналите на основата. OC - перпендикулярна на линията на пресичане на равнините, която лежи в равнината на основата:
2. Определете положението на перпендикуляра, който лежи в равнината на сечение. (Запомнете, че ако една права линия е перпендикулярна на проекцията на наклонена, то тя е перпендикулярна и на най-наклонената. Търсим наклонена по нейната проекция (OC) и ъгъла между проекцията и наклонената един). Намерете тангенса на ъгъла COC ₁ между OC ₁ и OC
Следователно ъгълът между равнината на сечението и основната равнина е по-голям, отколкото между OC ₁ и OC. Тоест участъкът е разположен някак така: K е пресечната точка на OP и A ₁C₁, LM||B₁D₁.
И така, ето го нашето сечение: 3. Намерете проекцията на сечението BLMD върху основната равнина. За целта намираме проекциите на точките L и M .
Четириъгълник BL ₁M₁D е проекцията на сечението върху равнината на основата. 4. Намерете лицето на четириъгълника BL ₁M₁D . За да направите това, извадете площта на триъгълника L ₁CM₁ от площта на триъгълника BCD. Намерете площта на триъгълника L ₁CM₁. Триъгълник L ₁CM₁ е подобен на триъгълник BCD. Нека намерим коефициента на подобие.
За да направите това, помислете за m триъгълника OPC и OKK₁ : Следователно площта на триъгълника L₁CM₁ е 4/25 от площта на триъгълника BCD (съотношението на площите на подобни фигури е равно на квадрата на коефициент на подобие). Тогава площта на четириъгълника BL₁M₁D е равна на 1-4/25=21/25 от площта на триъгълника BCD и е равна на
5. Сега намерете 6 . И накрая получаваме: Отговор: 112
По темата: методически разработки, презентации и бележки
Контролната работа по дисциплината "Инженерна компютърна графика" се състои от четири тестови задачиза установяване на съответствие. Ще имате 15-20 минути за изпълнение на задачите....
Подготовка за Единния държавен изпит-2014 по математика. Използването на производни и антипроизводни (B8 прототипи от отворената банка на USE задачи)
Презентация с кратък курстеория и решения на различни прототипи на B8 от отворена банкаИЗПОЛЗВАЙТЕ задания. Възможно е да се използва за интерактивна дъска или компютър за ученици за самоподготовка....
Подготовка за Единния държавен изпит-2014 по математика. Решение на задача C1.
Материалът предоставя решения на задача C1 (тригонометрично уравнение) и 4 начина за избор на корените, принадлежащи на интервала: използване на тригонометрична окръжност, използване на графика на функция, изброяване ...
Подробно доказателство на теоремата за многоъгълната ортогонална проекция
Ако - проекция на плосък н -gon към равнина, тогава къде е ъгълът между равнините на многоъгълниците и. С други думи, площта на проекцията на плосък многоъгълник е равна на произведението на площта на проектирания многоъгълник и косинуса на ъгъла между равнината на проекцията и равнината на проектирания многоъгълник.
Доказателство. аз сцена. Нека направим доказателството първо за триъгълника. Нека разгледаме 5 случая.
1 случай. лежат в проекционната равнина .
Нека са проекциите на точките върху равнината, съответно. В нашия случай. Да приемем, че. Нека - височина, тогава по теоремата за три перпендикуляра можем да заключим, че - височина (- проекцията на наклонената, - нейната основа и правата минава през основата на наклонената, освен това).
Обмисли. Тя е правоъгълна. По дефиниция на косинус:
От друга страна, тъй като и, тогава по дефиниция е линейният ъгъл на двустенния ъгъл, образуван от полуравнините на равнините и с граничната линия, и следователно неговата мярка е също мярката на ъгъла между проекционните равнини на триъгълника и самия триъгълник, т.е.
Намерете отношението на площта към:
Обърнете внимание, че формулата остава вярна дори когато . В такъв случай
2-ри случай. Лежи само в проекционната равнина и е успореден на проекционната равнина .
Нека са проекциите на точките върху равнината, съответно. В нашия случай.
Нека начертаем права линия през точката. В нашия случай правата пресича проекционната равнина, което означава, че по лемата правата също пресича проекционната равнина. Нека е в точка Тъй като, тогава точките лежат в една и съща равнина и тъй като тя е успоредна на равнината на проекцията, следва от знака за успоредност на правата и равнината, че. Следователно е успоредник. Помислете и. Те са равни по три страни (- общи, като срещуположните страни на успоредник). Обърнете внимание, че четириъгълникът е правоъгълник и е равен (по дължината на катета и хипотенузата), следователно е равен на три страни. Ето защо.
За 1 случай е приложимо:, т.е.
3-ти случай. Лежи само в проекционната равнина и не е успоредна на проекционната равнина .
Нека точката е пресечната точка на правата с проекционната равнина. Нека отбележим, че i. При 1 случай: i. Така получаваме това
4 случай. Върховете не лежат в проекционната равнина . Помислете за перпендикуляри. Вземете най-малкия от тези перпендикуляри. Нека е перпендикулярно. Може да се окаже, че или само, или само. Тогава все още го приемаме.
Нека отделим точка от точка на отсечка, така че и от точка на отсечка, точка, така че. Такава конструкция е възможна, тъй като - най-малкият от перпендикулярите. Забележете, че е проекция и по конструкция. Нека докажем, че и са равни.
Нека разгледаме четириъгълник. По условие - перпендикуляри на една равнина, следователно, според теоремата, следователно. Тъй като по конструкция, а след това на базата на успоредник (на успоредни и равни противоположни страни), можем да заключим, че - успоредник. Означава,. По подобен начин се доказва, че . Следователно и са равни от три страни. Ето защо. Отбележете, че и, като противоположни страни на паралелограми, следователно, въз основа на успоредността на равнините, . Тъй като тези равнини са успоредни, те образуват същия ъгъл с равнината на проекцията.
За предишните случаи се прилагат:
5 случай. Проекционната равнина пресича страните . Нека да разгледаме правите линии. Те са перпендикулярни на проекционната равнина, така че според теоремата са успоредни. На сънасочени лъчи с начало в точки отделяме съответно равни сегменти, така че върховете да лежат извън равнината на проекцията. Забележете, че е проекция и по конструкция. Нека покажем, че е равно.
Тъй като и, по конструкция, тогава. Следователно, на основата на успоредник (на две равни и успоредни страни), - успоредник. Може да се докаже по подобен начин, че и са паралелограми. Но тогава и (като противоположни страни), следователно, е равно в три страни. Означава,.
Освен това и, следователно, въз основа на паралелността на равнините. Тъй като тези равнини са успоредни, те образуват същия ъгъл с равнината на проекцията.
За приложим случай 4:.
II сцена. Нека разделим плоския многоъгълник на триъгълници, като използваме диагоналите, изтеглени от върха: Тогава, съгласно предишните случаи за триъгълници: .
Q.E.D.
Припомнете си, че ъгълът между права и равнина е ъгълът между дадена права и нейната проекция върху равнината (фиг. 164).
Теорема. Площта на ортогоналната проекция на многоъгълника върху равнината е равна на площта на проектирания многоъгълник, умножена по косинуса на ъгъла, образуван от равнината на многоъгълника и равнината на проекцията.
Всеки многоъгълник може да бъде разделен на триъгълници, чиято сума от площите е равна на площта на многоъгълника. Следователно е достатъчно да се докаже теоремата за триъгълник.
Нека \(\Delta\)ABC се проектира върху равнината Р. Разгледайте два случая:
а) една от страните \(\Delta\)ABC е успоредна на равнината Р;
б) нито една от страните \(\Delta\)ABC не е успоредна Р.
Обмисли първи случай: нека [AB] || Р.
Начертайте през равнината (AB). Р 1 || Ри проектираме ортогонално \(\Delta\)ABC върху Р 1 и нататък Р(фиг. 165); получаваме \(\Delta\)ABC 1 и \(\Delta\)A'B'C'.
Чрез свойството на проекцията имаме \(\Delta\)ABC 1 \(\cong\) \(\Delta\) A'B'C' и следователно
S\(\Delta\)ABC1 = S\(\Delta\)A'B'C'
Нека начертаем ⊥ и отсечката D 1 C 1 . Тогава ⊥ , a \(\widehat(CD_(1)C_(1))\) = φ е ъгълът между равнината \(\Delta\) ABC и равнината Редин . Ето защо
S \(\Делта\) ABC1 = 1 / 2 |AB| |C 1 D 1 | = 1/2 |AB| | CD 1 | cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ
и следователно S \(\Delta\)A'B'C' = S \(\Delta\)ABC cos φ.
Да преминем към разглеждането втори случай. Начертайте равнина Р 1 || Рпрез този връх \(\Delta\)ABC, разстоянието от което до равнината Рнай-малкият (нека бъде връх A).
Нека проектираме \(\Delta\)ABC в самолета Р 1 и Р(фиг. 166); нека неговите проекции бъдат съответно \(\Delta\)AB 1 C 1 и \(\Delta\)A'B'C'.
Нека (BC) \(\cap \) стр 1 = D. Тогава
S \(\Delta\)A'B'C' = S \(\Delta\)AB1 C1 = S \(\Delta\)ADC1 - S \(\Delta\)ADB1 = (S \(\Delta\) ADC - S \(\Delta\)ADB) cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ
Задача.През страната на основата на правилна триъгълна призма е прекарана равнина под ъгъл φ = 30° спрямо равнината на нейната основа. Намерете площта на получената секция, ако страната на основата на призмата а= 6 см.
Нека изобразим сечението на тази призма (фиг. 167). Тъй като призмата е правилна, нейните странични ръбове са перпендикулярни на равнината на основата. Следователно \(\Delta\)ABC е проекцията на \(\Delta\)ADC, така че
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(S_(\Delta ABC))(cos\phi) = \frac(a\cdot a\sqrt3)(4cos\phi) $$
или
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(6\cdot 6\cdot \sqrt3)(4\cdot\frac(\sqrt3)(2)) = 18 (cm^2) $$
