Geometria óra 10. osztályban
Az egyik előző leckében megismerkedtél a pont egy adott egyenessel párhuzamos síkra vetítésének fogalmával.
Ebben a leckében folytatja a vonalak és síkok tanulmányozását; megtanulják, hogy mi a szög egy egyenes és egy sík között. Megismerheti a síkra merőleges vetítés fogalmát, és figyelembe veszi annak tulajdonságait. A lecke meghatározza a pont és a sík közötti távolságot, valamint a ponttól az egyenesig tartó távolságot, valamint az egyenes és a sík közötti szöget. A három merőleges híres tétele bizonyításra kerül.
Ortográfiai vetítés
Egy pont és egy ábra ortogonális vetülete.
Az alkatrész ortogonális vetülete.
Az A pont ortogonális vetülete egy adott síkra egy pontnak erre a síkra párhuzamos vetületének nevezzük
erre a síkra merőleges egyenes. Ortográfiai vetítés
Egy adott p síkra adott p síkra merőleges vetületek alkotják az ábra összes pontjának p síkra való merőleges vetületeit. Az ortografikus vetítést gyakran használják térbeli testek síkon történő ábrázolására, különösen műszaki rajzokon. Valósághűbb képet ad, mint az önkényes párhuzamos vetítés, különösen a kerek testekről.
Merőleges és ferde
Húzzunk egy egyenest az A ponton keresztül, amely nem tartozik a p síkhoz, merőleges erre a síkra és metszi azt a B pontban.
AB szegmenst nevezzük
merőleges, pontból kimaradt
És ehhez a síkhoz, és maga a B pont ennek a merõlegesnek az alapja. Bármely AC szegmens, ahol C
a p sík egy tetszőleges, B-től eltérő pontját ferdenek nevezzük
ez a repülő.
Vegye figyelembe, hogy ebben a definícióban a B pont ortogonális
az A pont és az AC szakasz vetülete - Merőleges és ferde. ferde AB ortogonális vetülete.
Az ortogonális vetületek a közönséges párhuzamos vetületek összes tulajdonságával rendelkeznek, de számos új tulajdonsággal is rendelkeznek.
Legyen egy merőleges és több ferde egyenes egy pontból a síkra. Ekkor igazak a következő állítások.
1. Bármely ferde sík hosszabb, mint a ferde sík erre a síkra merőleges és merőleges vetülete.
2. Az egyenlő ferde vetületek egyenlő merőleges vetületekkel rendelkeznek, és fordítva, az egyenlő vetületű ferdék is egyenlők.
3. Az egyik ferde akkor és csak akkor hosszabb, mint a másik, ha az első ferde ortogonális vetülete hosszabb, mint a második ferde merőleges vetülete.
Az ortográfiai vetítés tulajdonságai
Bizonyíték.
Legyen egy merőleges AB, valamint két AC és AD ferde egyenes az A pontból a p síkra; akkor a BC és BD szakaszok ezeknek a szakaszoknak a p síkra merőleges vetületei.
Bizonyítsuk be az első állítást: bármely ferde sík hosszabb, mint a ferde sík erre a síkra merőleges és merőleges vetülete. Tekintsük például az AC ferde szöget és az AB merőleges által alkotott ABC háromszöget, ezt a ferde AC-t és annak BC merőleges vetületét. Ez a háromszög derékszögű, és a B csúcsnál és az AC hipotenuzánál derékszögű, amely, mint a planimetriából tudjuk, hosszabb, mint az egyes szárak, azaz. és merőleges AB, és BC vetület.
Az A pontból a pi síkra egy merőleges AB és két ferde AC és AD húzódik.
Az ortográfiai vetítés tulajdonságai
Háromszögek
ABC és ABD
lábban és hypotenusában egyenlő.
Most a második állítást bizonyítjuk be, nevezetesen: az egyenlő ferdéknek egyenlő merőleges vetületei vannak, és fordítva, az egyenlő vetületű ferdék is egyenlők.
Tekintsük az ABC és ABD derékszögű háromszögeket. Ők
közös AB lábuk van. Ha a ferde AC és AD egyenlő, akkor az ABC és ABD derékszögű háromszögek szárában és hipotenuszában egyenlők, és ekkor BC = BD. Megfordítva, ha a BC és BD vetületek egyenlőek, akkor ugyanazok a háromszögek két szár mentén egyenlők, és akkor az AC és AD hipoténuszuk egyenlő.
ellentmond a feltételnek. Ha a nap< BD, как мы только что доказали, АС < AD, что опять противоречит условию.
Marad egy harmadik lehetőség: BC > BD. A tétel bizonyítást nyert.
Ha BC nagyobb, mint BD,
akkor az AC nagyobb, mint az oldal
AE egyenlő AD-vel.
Mint fentebb említettük, az ortogonális vetítés a párhuzamos vetítés speciális esete. Az ortogonális vetítésnél a vetületi sugarak merőlegesek a vetítési síkra.
Az ilyen vetítés berendezése egy vetítési síkból áll.
Az A pont merőleges vetületének eléréséhez P1-re merőleges vetületi sugarat kell rajta húzni. Az A1 pontot az A pont merőleges vagy téglalap alakú vetületének nevezzük.
Ortográfiai vetítéshez A 1 B 1 szegmens AB, a repülőre P 1 pontokon keresztül szükséges AÉs BAN BEN merőlegesen rajzoljon kiálló vonalakat P 1. Amikor a vonalak egy síkkal metszik egymást P 1 ortogonális vetületeket kapunk A 1És AZ 1-BEN pontokat AÉs BAN BEN. Az ortogonális vetületek összekapcsolásával A 1És AZ 1-BEN ortogonális vetületet kapunk A 1 B 1 szegmens AB.
A párhuzamos vetítés minden tulajdonsága érvényes az ortogonális vetítésre is. Az ortogonális vetületek azonban más tulajdonságokkal is rendelkeznek.
Az ortográfiai vetítés tulajdonságai:
1. Egy szakasz hossza egyenlő a vetületének hosszával, osztva a szakasz vetítési síkjához viszonyított dőlésszögének koszinuszával.
Vegyünk egy egyenest ABés megszerkesztjük annak ortogonális vetületét A 1 B 1 a repülőhöz P 1. Ha egyenest húzol AC || A 1 B 1, majd a háromszögből ABC ezt követi |AC| : |AB| = cos a vagy |AB| = |A 1 B 1 | :cos a, mert |A 1 B 1 | = |AC|.
2. Ezenkívül az ortogonális vetítésre igaz lesz derékszögű vetítési tétel:
Tétel: Ha egy derékszögnek legalább az egyik oldala párhuzamos a vetítési síkkal, a másik pedig nem merőleges rá, akkor a szög teljes méretben erre a síkra vetül.
Bizonyíték:
Adott egy derékszög ABC, amelynek feltétele szerint egyenes vonala van BC ABÉs V || vetítési síkok P 1. Felépítése szerint egyenes Nap a kiálló sugárhoz BB 1. Ezért egyenesen Nap a repülőhöz b (АВхВВ1), mivel két, ebben a síkban elhelyezkedő metsző egyeneshez tartozik. Feltétel szerint egyenesen B 1 C 1 || Nap, ezért a síkra is b, azaz és közvetlen A 1 B 1 ez a repülő. Ezért a vonalak közötti szög A 1 B 1És B 1 C 1 90°-nak felel meg, amit bizonyítani kellett.
Az ortogonális vetítés egyszerűsíti a geometriai konstrukciókat a pontok merőleges vetületeinek meghatározásakor, valamint azt a képességet, hogy megőrizze a vetített alak alakját és méreteit a vetületeken. Ezek az előnyök biztosították, hogy az ortogonális vetítést széles körben használják a műszaki rajzokban.
A vizsgált vetítési módszerek lehetővé teszik a leíró geometria közvetlen problémájának megoldását, vagyis az eredetiből síkrajz készítését. Az így kapott egy síkra vonatkozó vetületek hiányos képet adnak az objektumról, annak alakjáról és térbeli helyzetéről, vagyis egy ilyen rajz nem rendelkezik megfordíthatósági tulajdonsággal.
Megfordítható rajz készítéséhez, pl. az eredeti alakjáról, méretéről és térbeli helyzetéről teljes képet adó rajz egyképes rajzot egészít ki. A kiegészítőtől függően különböző típusú rajzok léteznek.
- Monge diagram vagy ortogonális vetületek. Az ortogonális (téglalap) vetítési módszer lényege, hogy az eredetit 2 vagy 3 egymásra merőleges vetítési síkra merőlegesen vetítjük, majd ezeket kombináljuk a rajzsíkkal.
- Axonometrikus rajz. Az axonometrikus rajz lényege, hogy először az eredetit mereven kötjük a derékszögű koordinátarendszerhez. OXYZ, merőlegesen vetíti az egyik vetítési síkra OXY, vagy OXZ. Ezután párhuzamos vetítéssel az eredményül kapott szerkezet párhuzamos vetületét találjuk: koordinátatengelyeket OX, OY, OZ, másodlagos vetítés és eredeti.
- Perspektivikus rajz. Perspektivikus rajz készítésekor először egy merőleges vetületet készítünk, majd a képsíkon megkeressük a korábban megszerkesztett ortográfiai vetület központi vetületét és magát az eredetit.
- Projekciók számjelekkel stb. A numerikus jelekkel ellátott vetítések eléréséhez az eredetit merőlegesen vetítik a nulla szint síkra, és jelzik az eredeti pontok és a sík közötti távolságot.
Foglalkozzunk részletesebben a téglalap vetületek és az axonometrikus rajz tanulmányozásával.
Legyen adott a síkon egy L egyenes és egy A pont. Dobjunk merőlegest az A pontból az L egyenesre (1.8. ábra, a). Ekkor az alapját (O pont) nevezzük Az A pont ortogonális vetülete az L egyenesre. Ha adott a térben egy L egyenes és egy A pont, akkor ebben az esetben az A pont L egyenesre merőleges vetülete az L egyenes és az A ponton átmenő, rá merőleges sík metszéspontjának O pontja (1.8. ábra). , b). Ha az A pont az L egyenesen fekszik, akkor egybeesik az L-re merőleges vetületével.
Az -AB vektorhoz (síkon vagy térben) merőleges vetületeket készíthet annak L egyenesére kezdete és vége(1.9. ábra). Az O A és O B vetületeket összekötő és az L egyenesen fekvő O A O B vektort ún. az AB vektor ortogonális vetülete az egyenesre L.
Egy olyan egyenest hívunk, amelyen a két lehetséges irány egyike adott tengely. A tengelyen kiválasztott irányt egy nyíl jelzi a tengely megfelelő végén. Az AB vektor O A O B ortogonális vetülete az l tengelyre teljesen leírható hossz O A O B vektor, jelet rendelve hozzá,
jelzi a vektor irányát. Ha az O A O B irány egybeesik a tengely adott irányával, akkor vegyük a plusz jelet, ha pedig a vektor iránya ellentétes a tengely irányával, akkor vegyük a mínusz jelet. Ennek a vektornak az irányát meghatározó előjelű O A O B vektor hosszát nevezzük az AB vektor ortogonális vetülete a tengelyre l és jelölje pr l a.
Figyeljünk arra, hogy egy vektor tengelyre merőleges vetülete egy szám, míg egy vektor egyenesre merőleges vetülete vektor. Ahhoz, hogy egy vektor vetülete egy számnak feleljen meg, az egyenesen két lehetséges irány egyikét kell kiválasztani.
Minden nem nulla vektor Az l egyértelmûen határozza meg a tengelyt: egy bizonyos egyenesen elhelyezkedõnek tekinthetõ, amelyen az irányt adja meg. Egy vektor ortogonális vetületét egy ilyen tengelyre nevezzük ennek a vektornak az irányra merőleges vetülete vektor l.
Két nem nulla vektor iránya közötti szöget ún az ezen vektorok közötti szög. A szög 0 és π között változhat. A szélső értékek 0 és π megfelelnek kollineáris vektorok, ill egyirányú és ellentétes irányú. Ha két vektor közül legalább az egyik az nulla, akkor az ilyen vektorok közötti szög nincs meghatározva. Kényelmes azonban feltételezni, hogy ebben az esetben a szögnek tetszőleges értéke van. Így a nulla vektor kollineáris bármely másikhoz, amely formálisan megfelel a 0 (vagy π) szögnek. A nulla vektor és más vektor közötti szöghez rendelt konkrét értéket a helyzet alapján választjuk ki.
1.1. tétel. Az a vektor merőleges vetülete az l nem nulla vektor irányára egyenlő az |a| hosszával, megszorozva az a és l vektorok közötti φ szög koszinuszával, azaz.
pr l = a|a| kötözősaláta
ahol az a és l vektorok közötti szög
◄ Legyen az l vektor az L egyenesen, kezdete pedig az A pont. Igazítsuk az a vektor elejét az A ponthoz, a vége pedig legyen B pont (1.10. ábra). Szerkesszük meg a B pont C ortogonális vetületét az L egyenesre. Ekkor az AC vektor az a = AB vektor merőleges vetülete L egyenesre.
Ha az a és l vektorok közötti φ szög hegyes (ahogyan az 1.10. ábrán látható, a), akkor az l vektor vége és a C pont az A pont egyik oldalán van. Ebben az esetben az a vetülete az irányra az l vektor hosszával egyenlő |AC| = |AB| cosφ ABC háromszög AC lába.
Ha a φ szög tompaszögű (lásd 1.10. ábra, b), akkor az l vektor vége és a C pont az A pont ellentétes oldalán fekszik. Ez azt jelenti, hogy az AC és l vektorok ellentétes irányúak, és az a vektor vetülete egyenlő - |AC| . Az ABC háromszögben az AC oldallal szomszédos ψ szög egyenlő π - φ-vel, ezért |AC| = |AB| cos(π - φ) = - |AB| cosφ.
Ha φ = π/2 vagy a = 0, akkor a C pont egybeesik az A ponttal, és az AC vektor a nulla vektor. Azonban cosπ/2 = 0, ezért ebben az esetben is érvényes a tétel.
Tétel 1.2. A vektorok összegének ortogonális vetülete egy nem nulla vektor irányára megegyezik a vektor irányára való merőleges vetületeinek összegével, és ha egy vektort megszorozunk egy számmal, akkor annak ortogonális vetülete a vektor irányába. egy nem nulla vektort megszorozunk ugyanazzal a számmal:
pr l (a + b) = pr l a + pr l b, pr l (λa) - λpr l a.
◄ A bizonyítás a 2. ábrából következik. 1.11. ábrán látható esetben. 1.11, a, van pr l a = |AB|, pr l b = -|BC|, pr l (a + b) = |AC| = |AB| - |BC|. ábrán látható esetben. 1,11, b, pr l a = |AB| és ha λ > 0, pr l (λa) = |AE| = λ|AB|. A többi opciót (a C pont nem tartozik az AB szakaszhoz, b esetben λ ≤ 0) hasonlóképpen vesszük figyelembe.
A ferde AB és a DAC sík közötti szög egyenlő 30* - ez a BAC szög egyenlő 45-tel (a DAB háromszög egy téglalap alakú egyenlőszárú háromszög), ami azt jelenti, hogy DA=BDBA=DA*gyök(2) AC. =AB*cos (BAC)=AB*cos 30 =DA*gyök(2)*gyök(3)/2==DA*gyök(6)/2 három merőleges tétele alapján DC merőleges az AD-re cos(CAD)= cos (AD, AC)=AD/AC=AD/(DA*gyökér(6)/2)=2/gyökér(6)= gyökér (2/3)szög CAB=arccos (2/3)Hasonló feladatok:
Az ABCD rombusz AB oldala egyenlő a-val, egyik szöge 60 fok. Egy alfa síkot húzunk az AB oldalon a D ponttól a/2 távolságra.
a) keresse meg a C pont és az alfa sík távolságát!
b)mutassa meg az ábrán a DABM lineáris diéderszöget. M az alfához tartozik.
c) Határozza meg a rombusz síkja és az alfa sík közötti szög szinuszát!
Az ABCD rombusz AB oldala egyenlő a-val, egyik szöge 60 fok. A D ponttól a/2 távolságra egy alfa síkot rajzolunk az AB oldalon. a) határozzuk meg a C pont és az alfa sík távolságát. b)mutassa meg az ábrán a DABM lineáris diéderszöget. M az alfához tartozik. c) Határozza meg a rombusz sík és az alfa sík közötti szög szinuszát!
Az ABCD rombusz AB oldala egyenlő a-val, egyik szöge pedig 60 fokkal. Az AB oldalon egy alfa síkot húzunk a D ponttól a2 távolságra.
a) Határozza meg a C pont és az alfa sík távolságát!
b) Mutassa be az ábrán a DABM, M diéderszög lineáris szögét pl. alfa.
c) Határozza meg a rombusz síkja és az alfa sík közötti szög szinuszát!