Решение завдань із допомогою ортогонального проектирования

Тема: «Рішення завдань із допомогою ортогонального проектирования».

Учениці 11 «Б» класса.

Середньої школи № 46.

Заїц Ю. А.

Керівник: Шелгинских У. А.

Калуга, 2001 г.

Запровадження. 3.

Глава I. Основні поняття ортогональної проекції. Комплексні креслення. 4.

1.1. Метод паралельного проектування. 4.

1.2. Ортогональна проекція. 4.

1.3. Комплексний креслення точки. 5.

1.4. Комплексний креслення прямий. 6.

1.5. Комплексний креслення площині. 7.

1.6. Взаимопринадлежность крапки й площині. 8.

Глава II. Зображення постатей. 9.

2.1. Проекція окружності. 9.

2.2. Проекція трикутника, паралелограма і трапеції. 9.

2.4. Проекції правильного шестикутника. 10.

2.5. Проекції тетраедра і параллепипеда. 10.

Глава III. Завдання на метричні побудови. 11.

3.1. Виносні креслення. 11.

3.2. Побудови на зображеннях пласких постатей. 13.

3.3. Побудови на зображеннях просторових постатей. 16.

Глава IV. Обчислення відстаней і кутів. 24.

4.1. Відстань від точки до прямий. 24.

4.2. Відстань від точки до площині. 25.

4.3. Відстань між перехресними прямими. 26.

4.4. Кут між перехресними прямими. 28.

4.5. Кут між прямий і площиною. 29.

4.6. Кут між площинами. 30.

4.7. Двугранный і багатогранний кути. 32.

Укладання. 35.

Список літератури. 36.

Обрана для реферату тема «Рішення завдань із допомогою ортогонального проектування» актуальна багатьом випускників і що у вищі навчальні заведения.

Попри те що, що у методичних рекомендаціях у вирішенні екзаменаційних завдань із геометрії говориться, що з них потрібно складних міркувань, змін і дотепності, але часто придбаних навичок у шкільництві бракує вирішення завдань на колег і обчислювальних завдань. Чимало їх ми нині повністю відсутні чи рідко зустрічаються підручників. Це стосується насамперед до завданням на застосування ортогонального проецирования.

Розглянутий у цьому рефераті матеріал дозволяє їм отримати більш глибокі знання з стереометрії, широке розуміння поставленого питання. Особливу увагу приділено повноті міркування, у якому застосовувалися базові знання нарисної геометрії. За позитивного рішення завдань активно використовувався апарат ортогонального проектування. Це здійснюється застосуванням обчислювального способу і способу виносних креслень. У рефераті також є і координатний спосіб розв’язання. Наголошується на рішенні завдань із побудові прямий, зображень постатей, вирахування відстаней і углов.

I. Основні поняття ортогональної проекції. Комплексні чертежи.

1.1. Метод паралельного проецирования.

Дана площину? і пряма l, задающая напрям проектування. Поставимо постать, і треба спроектувати (відрізок AB). Через точки Проте й У проведемо прямі, паралельні l і які перетинають площину? в точках A', B'. Відтинок A' B' - проекція АВ на площину? (мал.1). Позначається A' B' =ін? AB.

Властивості паралельної проекции.

1) Проекцією точки є точка.

2) Проекцією прямий є пряма — властивість прямолинейности.

3) Проекцією точки, лежачої на деякою прямий, є точка, що на проекції даної прямий — властивість принадлежности.

4) Проекціями паралельних прямих є паралельні прямі - властивість збереження параллельности.

5) Ставлення проекцій відрізків, лежачих на паралельних прямих чи одному й тому ж прямий, одно відношенню самих отрезков.

6) Проекція постаті не змінюється при паралельному перенесення площині проекций.

1.2. Ортогональна проекция.

Ортогональное проектування є приватною випадком паралельного проектування, коли напрям проектування P. S перпендикулярно площині проекції П'.

І тут неважко встановити співвідношення між довжиною натурального відрізка і його проекції. Якщо відрізок AB утворює з площиною проекцій кут ?, то, провівши AB*|A' B' (мал.2), одержимо з прямокутного трикутника AB*B, що AB*=AB co? чи A' B'= AB co ?.

Оскільки ортогональное проектування — різновид паралельного, то йому притаманні самі свойства.

1.3. Комплексний креслення точки.

Найбільше застосування отримав креслення, складений із двох чи більше пов’язаних між собою ортогональних проекцій зображуваного оригіналу. Такий креслення називається комплексным.

Принцип освіти такого креслення у тому, що це оригінал проектується ортогонально на дві взаємно перпендикулярні площині проекцій, які потім відповідним чином поєднують з площиною креслення. Один із площин проекції П1 розташовується горизонтально і називається горизонтальній площиною проекцій. Площину П2, яка розташовується вертикально, називається фронтальній площиною проекцій (рис. 3).

Пряму перетину площин проекцій називають віссю проекций.

Спроектируем ортогонально на площині проекцій П1 і П2 якусь точку А, тоді одержимо дві її проекції: горизонтальну проекцію А1 на площині П1 і фронтальну проекцію А2 на площині П2 .

Які Проектують прямі АА1 і АА2, при проекції яких точка, А проектується на площині проекцій, визначають проецирующую площину А1АА2, перпендикулярну до обох площинам проекцій і до осі проекцій x. Прямі О А1 і О А2, є проекціями проецирующей площині на площинах проекцій П1 і П2, будуть перпендикулярні до осі проекцій х.

Відстань А1А точки, А від горизонтальній площині проекцій називається заввишки h точки Але її відстань А2А від фронтальній площині проекцій — глибиною f точки А.

Щоб самому отримати плаский креслення, сумісний площину проекцій П1 з площиною П2, роблячи оберти площину П1 навколо осі x у бік, зазначеному на рис. 3, а. Через війну одержимо комплексний креслення точки, А (рис. 3, б), що з двох проекцій А1 і А2 точки А, лежачих в одній прямий, перпендикулярній до осі x. Пряма А1А2, з'єднує дві проекції точки, називається лінією связи.

1.4. Комплексний креслення прямой.

Пряма лінія визначається двома точками, на комплексному кресленні всяка пряма l то, можливо задана проекціями А1, А2 і В1, В2 двох її точок Проте й У (рис. 4, а, б). Оскільки ортогональна проекція має властивостями прямолінійності та приналежності, то пряма l на комплексному кресленні задається і його проекціями l1, l2; вони прямими, що проходять через точки А1, В1, А2, В2.

Для розподілу даного відрізка АВ у плані досить розділити цьому плані жодну з проекцій даного відрізка, та був спроектувати делящую точку в іншу проекцію відрізка. На рис. 5 відрізок АВ розділений точкою М щодо 2:3, спочатку цьому плані поділили проекція А1В1 даного отрезка.

Визначення натурального розміру відрізка прямий та її кутів нахилу до площинам проекцій можна виконати з допомогою способу прямокутного трикутника. Нехай дано відрізок АВ загального стану (рис. 6, а). Зафіксуємо площину проекцій П1 те щоб вони минули через одне із кінців відрізка, наприклад через точку Проте й з точки У відновимо перпендикуляр ВВ1. Тоді одержимо прямокутний трикутник АВ1 В, у якому гипотенузой є даний відрізок АВ, одним катетом є горизонтальна проекція А1В1 відрізка АВ, а другим катетом — висота h точки У. Кут, освічений відрізком АВ та її проекцією А1В1, є кутом нахилу відрізка АВ до площині проекцій П1 .

На рис. 6, б виконано побудова натурального розміру відрізка АВ, заданого своїми проекціями А1В1 і А2В2, у своїй можливі два варіанта рішення. У випадку побудований прямокутний трикутник А1В1В1 на горизонтальній проекції даного відрізка, а іншому — прямокутний трикутник А1В1В2 на фронтальній проекції відрізка. Гіпотенузи цих трикутників А1В1 і А2В2 визначають натуральний розмір відрізка АВ, а кути? і? визначають кути нахилу цього відрізка до площинам проекцій П1 і П2. Іноді зручніше будувати прямокутний трикутник не так на проекції відрізка, але в висоті h чи глибині f однієї з кінців відрізка про іншого. На рис. 6, в показані обидва варіанти цих побудов. Відтинки А1 В2 і А2 В1 визначають натуральний розмір відрізка АВ.

1.5. Комплексний креслення плоскости.

Площину визначають три її точки, не що лежать в одній прямий. Тому на комплексному кресленні всяка площину Q то, можливо задана проекціями А1, В1, С1 і А2, В2, С2 трьох її точок А, У, З (рис. 7 а, б). Для більшої наочності з'єднаємо точки А, У і З прямими. Одержимо завдання площині трикутником АВС. У цьому слід, що площину безмежна і тому деякі побудови можуть виходити межі треугольника.

1.6. Взаимопринадлежность крапки й плоскости.

Покажемо, як поставити якусь точку площині. Нехай площину Q задана трьома точками А, У і З (рис. 8). З'єднаємо їх прямими, тоді площину Q буде задана трикутником АВС. Найпростіше потрібну точку М1 поставити б на будь-якій боці, наприклад ЗС. Проведемо у площині Q довільну пряму l. Виділимо на площині Q дві довільні точки, наприклад, Проте й М1, і визначимо цими точками пряму l (l1, l2), приналежну площині Q.

Оскільки проекція площині Q покриває усі полі проекцій, то жодну з проекцій точки, що належить площині, можна поставити довільно, тоді друга проекція визначиться однозначно. Виберемо довільно проекцію М13. Далі проведемо у площині Q якусь пряму m, горизонтальна проекція якій відбувався через обрану проекцію М13. Пряма m визначено точками З і N, які належать площині Q. Побудувавши другу проекцію m2 прямий m в перетині з лінією зв’язку, проведеної через М13, знайдемо потрібну проекцію М13 .

Отже, побудова точки в даної площині зводиться до двох операціям: побудові у площині допоміжної прямий і побудові точки в цій прямой.

II. Зображення фигур.

Зображувана постать називається оригіналом, а зображена — проекцією даної фигуры.

2.1. Проекція окружности.

Паралельної проекцією окружності є крива, звана эллипсом. Оскільки ортогональна проекція є приватною випадком паралельної проекції, то, перенісши окружність Про, що у площині загального стану Q (рис. 9) ортогонально на площину П1, отримуємо еліпс О1 .

У окружності проведемо два взаємно перпендикулярних діаметра АВ і CD, причому АВ пройде за прямий рівня площині Q, а діаметр CD — по прямий найбільшого ухилу цьому відношенні стосовно площині проекцій П1. Тоді діаметр АВ спроецируется в діаметр А1В1 еліпса, рівний діаметру окружності, тобто. АВ=А1В1, а діаметр CD спроецируется в діаметр C1D1 еліпса. Оскільки кут, освічений цими діаметрами, є лінійним кутом двугранного кута нахилу площині Q до площині П1, то, позначивши його через ?, одержимо C1D1=CD co?. Взаємно перпендикулярні окружності діаметри мають властивістю пов’язаності (кожен у поєднанні діаметр ділить навпіл хорди, паралельні іншому діаметру). Це властивість при паралельному проектуванні зберігається. Отже, діаметри А1В1 і C1D1 будуть сполученими діаметрами еліпса. Але, з іншого боку, вони взаємно перпендикулярні, тому є осями еліпса, причому А1В1- велика вісь, а C1D1- мала ось.

2.2. Проекція трикутника, паралелограма і трапеции.

Трикутник змальовується трикутником будь-який форми. Медіана трикутника буде зображуватися медианой, оскільки ставлення відрізків зберігається. При проекції биссектрисы і висоти піде искажение.

Оскільки паралельність прямих зберігається, то зображення паралелограма, зокрема, прямокутника, ромбу, квадрата, служить паралелограм. Довжина сторін і величини кутів произвольные.

Будь-яка трапеція змальовується як довільній трапеції. Зберігається лише ставлення підстав. Равнобокая трапеція має вісь симетрії. Її зображують так (рис. 10). І з підстав ділимо навпіл і проводимо вісь симметрии.

2.4. Проекції правильного шестиугольника.

При побудові оригіналу правильного шестикутника використовують два симетричних ромбу: OBCD і OAFE (рис. 11, а). Зображення виходить при побудові ромбів як двох однакових довільних паралелограмів. Для отримання проекції правильного шестикутника треба решта точки з'єднати (рис. 11, б).

2.5. Проекції тетраедра і параллепипеда.

Тетраэдр (трикутна піраміда) змальовується як довільного чотирикутника з його діагоналями (рис. 12, а).

Для побудови проекції параллепипеда спочатку з довільній точки проводимо три променя різної довжини, не збіжні. Потім з кожної парі променів будуємо паралелограм. Отриманий каркас достраиваем до параллепипеда (рис. 12, б).

III. Завдання на метричні построения.

3.1. Виносні чертежи.

Креслення, у якому побудована постать Ф0, має форму оригіналу заданої пласкою постаті (т. е. така фігурі Ф), називають выносным кресленням постаті Ф.

Якщо точки P, Q і R належать січною площини і не лежать в одній прямий, які проекції на площину, взяту ролі основний, — точки P', Q' і R', то точки перетину відповідних прямих, тобто. точки S1=PQ?P'Q', S2=PR?P'R', S3=RQ?R'Q', лежать в одній прямий. Ця пряма є основним слідом січною плоскости.

Побудова виносних креслень може бути здійснене обчислювальним, а також геометричних способом. На ребрах ВВ1 і CD куба ABCDA1B1C1D1 взято відповідно точки P і Q — середини цих ребер. Побудувати постать, таку многоугольнику, одержаному в сечении кубу площиною С1PQ.

Рішення (рис. 13, а). Знаходимо точку S1, у якій перетинаються прямі C1P і BC. Отже, пряма S1Q є основним слідом площині C1PQ, а сечении виходить чотирикутник C1PS1Q.

I спосіб побудови — обчислювальний. Вважаючи ребро куба рівним a, підрахуємо боку трикутника C1S1Q. Як неважко показати, точка Р — середина відрізка C1S1 і PS2| C1Q. Тому, що, побудувавши трикутник, такий оригіналу трикутника C1S1Q, можна буде потрапити потім спорудити і потрібну фигуру.

З прямокутного трикутника C1S1С, у якому C1S=2ВС=2a, знаходимо, що C1S1=a?5. Потім з прямокутного трикутника C1СQ отримуємо C1Q=Ѕ a?5 і з прямокутного трикутника CS1Q: S1Q=Ѕ a?17.

Обираючи тепер певний відрізок у ролі відрізка, рівного а, побудуємо відтинки x, y, z, задані такими формулами: x= a?5, y=Ѕ a?5, z=Ѕ a?17, наприклад, оскільки це ні малюнку 13, б.

Далі на рисунке13, в будуємо трикутник (С1)0Q0(S1)0 зі сторонами (С1)0(S1)0 =kx, (S1)0Q0=kz, отриманими на рисунке13, б.

Будуємо потім точку P0 — середину боку (C1)0(S1)0 цього трикутника і проводимо неї пряму P0(S1)0|(C1)0Q0. Чотирикутник (С1)0Q0(S2)0P0 — постать, така заданому перерізу куба площиною C1РQ (т. е. це виносної креслення багатокутника, що є перерізом куба площиною C1РQ).

II спосіб — геометричний. Оскільки квадрати подібні між собою, то квадрат (С1)0С0D0(D1)0 (рис. 14, а) подібний до оригіналу межі C1CDD1 куба. Побудувавши у цьому зображенні точку Q0 — середину боку C0D0 і з'єднавши точки (С1)0 і Q0, одержимо відрізок (С1)0Q0, що можна б сприйняти як бік трикутника (С1)0Q0(S1)0, подібного оригіналу трикутника C1QS1. З допомогою квадрата (С1)0C0B0(B1)0 (рис. 14, б), рівного квадрату (С1)0C0D0(D1)0, побудованому малюнку 14, а, будуємо відрізок (С1)0(S1)0, який прийнято за бік трикутника (С1)0Q0(S1)0, подібно оригіналу трикутника C1QS1.

З допомогою квадрата A0B0C0D0 (рис. 14, в), рівного квадрату, побудованому малюнку 14, а, будуємо відрізок (S1)0Q0, який приймемо за третьої сторони трикутника (С1)0Q0(S1)0. Отримавши, в такий спосіб, все боку трикутника (С1)0Q0(S1)0, будуємо цей трикутник. Далі, як і за обчислювальному способі рішення, будуємо точку Р0 — середину боку (S1)0(C1)0 тощо. д.

Малюнки а, б, в можна поєднати до одного малюнок, наприклад, в малюнок р. Оскільки трикутник (С1)0Q0(S1)0 будується з точністю до подоби, то його сторонами є відтинки, рівні k (С1)0(S1)0, k (С1)0Q0 і k (S1)0Q0, де k>0, наприклад, k=1.

3.2. Побудови на зображеннях пласких фигур.

До виконання побудов вирішимо опорні завдання. Знайти ставлення АН: АС (чи СН: СА), де точка Мпідставу висоти ВН трикутника АВС.

Рішення. При способі виносних креслень необхідно побудувати трикутник A0B0C0 — виносної креслення трикутника АВС. У трикутнику A0B0C0 побудуємо висоту B0Н0, маємо і відрізок A0Н0, отже, ставлення A0Н0: А0C0 стане відоме. Оскільки АН|АС і за паралельному проектуванні ставлення довжин паралельних відрізків зберігається, то дані ставлення АН: АС одно відношенню A0Н0: А0C0 .

Щоб знайти ставлення АН: АС обчислювальним способом, слід підрахувати спочатку боку трикутника АВС, потім, висловивши ВН2 з прямокутних трикутників АВН і СВН, отримати рівність АВ2-АН2=ВС2-СН2. Вважаючи у тому рівність для стислості АВ=с, ВС=а і АС=b?, матимемо: с2- АН2=а2-СН2 (1). Це рівність є підвалинами обчислення однієї з відрізків АН чи СН.

Незалежно від виду трикутника АВС (рис. 15 а, б, в), зробивши в рівність (1) заміну меншого з цих двох відрізків СП чи АН, т. е. вважаючи СН2=(b-АН)2 у разі, коли СН? АН, чи АН2=(b-СН)2 у разі, коли АН0. Наприклад, на малюнках 16, а, б взято k=2.

Крапку С1 з'єднаємо до точки З повагою та через точку Х1 проведемо пряму, паралельну прямий СС1. Крапка перетину побудованої прямий зі допоміжним променем l і буде шуканої точкою Х. На малюнку 16, а побудова виконано за умови pq.

Б. Рішення. Виберемо певний відрізок е як одиничного відрізка. На допоміжному промені l, проведеному через точку А, побудуємо відтинки АХ1=pe і АС1= qe. Подальші побудови зроблено, як у пункті а). Вони зрозумілі з малюнка 16, в.

Основними засобами розв’язання завдань побудови на зображеннях пласких постатей є: 1. Спосіб виносних креслень. 2. Обчислювальний спосіб. 3. Геометричний спосіб. Паралелограм АВСD є зображенням квадрата A0B0C0D0, за A0B0 якого узята точка Е0 — середина цього боку, за A0D0 узята точка F0, така, що A0F0: A0D0=1:4, і прямий A0D0 узята точка К0, така, що вищу точку D0 — це середина відрізка A0К0. Через точку К0 проведена пряма x0, перпендикулярна прямий Е0F0. Побудувати зображення прямий x0.

Рішення. Спосіб виносних креслень (рис. 17, а). Бо за паралельному проектуванні ставлення довжин паралельних відрізків зберігається, то точка Є - зображення точки Е0 — є серединою боку АВ, а точка F лежить боці AD, причому AF: AD=1:4. Побудуємо ці точки E і F, і навіть точку До, що лежить на прямий AD, таку, що вищу точку D є серединою відрізка АК, і проведемо пряму EF. Для побудови шуканої прямий x звернімося выносному кресленню, у якому побудуємо квадрат A0B0C0D0 і задані точки Е0, F0 і К0 (рис. 17, б).

Через точку К0 проведемо пряму x0, перпендикулярну прямий Е0F0. Нехай пряма x0 перетинає пряму Е0F0 у точці Н0. У цьому побудова на виносному кресленні закончено.

Повернімося до малюнка 17, а. З допомогою допоміжного променя l з початком у точці Є побудуємо на прямий EF точку М, таку, що EF: EH= Е0F0: Е0H0 (опорна завдання 3), де відтинки Е0F0 і Е0H0 взято з малюнка 17, б. Пряма КН є зображенням прямий x0.

Обчислювальний спосіб. Підрахуємо сторона трикутника EFK (рис. 17, в). Вважаючи, що сторона квадрата дорівнює а, знаходимо з трикутника AEF, де АЕ=Ѕ а, AF=ј a, EF2=AE2+AF2, EF=ј а?5.

А з прямокутного трикутника АЕК, де АЕ=Ѕ а, АК=2а, находим:

Якщо KH+EF, то виконується співвідношення EKІ-EHІ=FKІ-FHІ (опорна завдання 2), или.

Вибравши довільно одиничний відрізок е, розділимо відрізок EF в відношенні EH: EF=p:q, де p=12e, q=5e (опорна завдання 3). Одержимо точку М і потім потрібну пряму КН.

Геометричний спосіб (рис. 17, р). Оскільки паралелограм ABCD є зображенням квадрата, то прямі АС і BD є зображенням взаємно перпендикулярних прямих. Через точку До проведемо пряму KL|AC. Через точку F проведемо пряму FM|BD. Отже, в трикутнику KFL відрізок FM є зображенням висоти. Через точку L проведемо пряму LN|CD. Тоді, у трикутнику KFL відрізок LN є зображенням другий висоти. Знайдемо точку Про, у якій перетинаються прямі FM і LN. Проведемо пряму КЗ і знайдемо точку М, у якій ця пряма перетинає пряму FL. Відтинок KН є зображенням третьої висоти трикутника KFL, т. е. пряма КН — це зображення шуканої прямий х0.

Можна довести, що у квадраті ABCD (рис. 17, буд) точки R і V — середини сторін відповідно CD і FD, то AR+BV. Позаяк у розглянутий прикладі EF|BV, то AR+EF. Цим фактом можна скористатися для здійснення іншого, також геометричного способу побудови шуканої прямой.

3.3. Побудови на зображеннях просторових фигур.

Побудова прямий, перпендикулярної заданої прямой.

Боковое ребро правильної призми ABCDA1B1C1D1 вдвічі більше боку її підстави. На ребрах АВ і ВB1 призми задано відповідно точки Р і В2 — середини цих ребер. Побудувати пряму, яка стелиться через точку Р перпендикулярно прямий В2D.

Рішення. Спосіб виносних креслень (рис. 18, а). З'єднаємо точку Р з точками D і В2. Побудуємо трикутник, такий оригіналу трикутника В2DР.

Фігурою, як і оригіналу межі ABCD, є квадрат A0B0C0D0 (рис. 18, б). Відтинок D0P0, де точка P0 — середина боку A0B0, приймемо за зі сторін шуканого треугольника.

Фігурою, як і оригіналу межі ABВ1А1, є прямокутник A0B0(В1) 0(А1)0 зі ставленням сторін A0B0: A0(А1)0=1:2 (рис. 18, в). Причому його сторона A0B0 узята рівної боці квадрата, побудованого малюнку 18, б. Будуємо на сторони A0B0 і B0(В1) 0 відповідно точки P0 і (В2) 0 — середини цих сторін. Відтинок P0(В2) 0 — це одна з сторін шуканого треугольника.

Будуємо прямокутник B0(В1)0(D1)0D0 (рис. 18, р), бік B0(В1)0 якого візьмемо з малюнка 18, в, а бік B0D0 візьмемо рівної діагоналі квадрата, побудованого малюнку 18, б. Відтинок (В2)0D0, де точка (В2)0 — середина боку B0(В1)0 , — це третій бік шуканого треугольника.

Будуємо трикутник P0(В2)0D0 за трьома сторонам, знайденим вище. У трикутнику P0(В2)0D0 будуємо P0Н0+(В2)0D0 .

Повертаємося до малюнка 18, а. З допомогою променя l, проведеного через точку В2, будуємо точку М, таку, що В2Н: В2D=(В2)0H0:(В2)0D0 (опорна завдання 3). Будуємо потрібну пряму РН.

Оскільки постаті малюнку 18 б, в, р, мають загальні боку, їх можна об'єднати, наприклад, оскільки показано малюнку 18, е.

Обчислювальний спосіб. Підрахуємо боку трикутника PB2D (рис. 18, а). І тому позначимо бік підстави призми за а. Тоді ВВ1=2а. Далі з прямокутного трикутника ADP:

З прямокутного трикутника РВВ2:

А з прямокутного трикутника BB2D:

Якщо PH+B2D, то виконується співвідношення (з опорною завдання 2).

Откуда.

Тогда.

З допомогою допоміжного променя l будуємо на відрізку B2D точку М, таку, що B2Н: B2D=1:2 (опорна завдання 3). Будуємо потрібну пряму РН.

У окремих випадках побудова прямий, перпендикулярної даної, можна спорудити і геометричних способом.

Геометричний спосіб. Зрозуміло, що прямокутні трикутники ADP і BB2P рівні (з двох катетам). Тоді DP=B2P, т. е. трикутник B2DP — рівнобедрений. Це означає, що медіана РН цього трикутника є і його заввишки, т. е. пряма РН є шуканої прямой.

Побудова прямий, перпендикулярній заданої плоскости.

Одна з імовірних планів виконання завдання про будівництво прямий, що проходить через задану точку W перпендикулярно заданої площині? (рис. 19).

1) У площині ?, обумовленою точкою W і який-небудь прямий U1U2, що у площині ?, проведемо через точку W пряму т1, перпендикулярну прямий U1U2. Нехай пряма т1 перетинає прямую.

U1U2 у точці V.

2) Проведемо далі у площині? через точку V пряму т2, перпендикулярну прямий U1U2 .

3) У площині ?, обумовленою прямими т1 і т2, побудуємо пряму т3, яка стелиться через точку W перпендикулярно прямий т2. Нехай пряма т3 перетинає пряму т2 у точці Н.

Оскільки пряма U1U2 перетинає прямі т1 і т2, то пряма U1U2 перпендикулярна прямий т3. Отже, пряма т3 перпендикулярна прямий U1U2 і прямий т2. Це означає, що пряма т3 перпендикулярна площині? , т. е. є шуканої прямой.

Высота МО правильної піраміди МABCD дорівнює боці її підстави. Опустити перпендикуляр з вершини D на площину МВС.

Рішення (рис. 20). Виконаємо побудова відповідно до викладеним вище планом. Через точку D і пряму ЗС площині МВС вже проходить площину? — це площину DBC. У площині DBC вже проведена пряма DC+ВС. Вона перетинає пряму ЗС у точці С.

Щоб на площині МВС (це площину ?) провести через точку З пряму, перпендикулярну прямий ЗС, зауважимо, що у трикутнику МВС МВ=МС. Тому медіана МЕ буде цікавий і перпендикулярна до прямий ВС.

Отже, у площині МВС через точку З проведемо пряму CF|МЕ.

У площині ?, обумовленою прямими DC і CF, з точки D опустимо перпендикуляр безпосередньо CF. Зробимо це побудова обчислювальним способом. Підрахуємо боку трикутника CDF, вважаючи CD=а.

З прямокутного трикутника МОЕ:

Зрозуміло, що DF=CF (з рівності трикутників CMF і DMF). Якщо DH+CF, то DCІ-CHІ=DFІ-FHІ (опорна завдання 2).

Оскільки DC.