Файл: Shpory_po_geometrii_4_semestr.doc

§19. Построение сечения шара.

Рас-им только сечения шара параллельные или перпендикулярные экватору.

Зад1. Дано очертание сферы g и изображение её экватора – эллипс g_o. Построить сечение сферы плоскостью параллельной экватору и делящей радиус сферы пополам.

Решение.Из условия задачи следует, что сечением сферы будет окружность, центр O1;¯ которой делит отрезок O; ¯N; ¯ или O; ¯S; ¯ пополам. Построим сначала изображение полюсов.Пусть AB – это большой диаметр эллипса g_o, изображающего экватор, CD – малый. Проведём касательную к эллипсу g_o в точке С. Пусть K – точка её пересечения с очертанием сферы. Тогда ON=OS=CK. Откладываем эти отрезки на прямой CD от точки O и получаем изображение полюсов. Затем находим середины O₁ и O₂ отрезков ON = OS.

Для того чтобы найти длину отрезка A₂B₂, изображающего большой диаметр сечения, мы воспользуемся вспомогательным чертежом. На нём мы изобразим «оригинал» меридиана, проходящего через точки A; ¯, N; ¯, B; ¯, S; ¯ тем же радиусом, что и очертание сферы. Построим середины O1;¯ и O2;¯ отрезков O; ¯N; ¯ и O; ¯S; ¯, проведём через них хорды A1;¯B1;¯ и A2;¯B2;¯параллельные A; ¯B; ¯. Тогда на изображении большие диаметры сечений A₁B₁ и A₂B₂ будут иметь такую же длину.

Заметим, что их концы ни в коем случае не будут лежать на очертании сферы.

Эллипсы ₁ и ₂, изображающие сечения, будут подобны изображению экватора. Поэтому B₂С₂||BС. Это позволяет найти вершину С₂, а

затем иD₂. Мы имеем два главных диаметра эллипса ₂ и можем применить любой из способов построения дополнительных точек на эллипсе, для того чтобы изобразить эллипс ₂. Для того чтобы не загромождать чертёж, мы на первом чертеже изобразили только сечение ₂. Этот эллипс касается очертания сферы(точки L и M),и в этих точках видимая часть линии переходит в неви­димую. Изобразим теперь сферу вместе с двумя сечениями без вспомогательных линий, использовавшихся при построении.

§20. Смешанные фигуры.

К категории задач на смешанные фигуры относятся два типа задач. Первый тип: построить изображение одной пространственной фигуры, вписанной в другую. Второй тип: построить изображение общих точек двух пространственных фигур. Второй тип задач ещё называют позиционными задачами. К ним, в частности, относятся задачи на построение сечений.

Задача1. Дано очертание сферы  и изображение её экватора – эллипс _o. Построить изображение правильной четырёхугольной призмы, вписанной в сферу, если её высота равна радиусу и параллельна линии, соединяющей полюсы.

Решение. Из условия задачи следует, что основания призмы в оригинале перпендикулярны отрезку N; ¯S; ¯ и делят отрезки O; ¯N; ¯ и O; ¯S; ¯ пополам. Поэтому основания призмы вписаны в окружности, которые получаются в сечении сферы плоскостями, параллельными экватору, и центры O1;¯ и O2;¯ этих окружностей – это середины отрезков O; ¯N; ¯ и O; ¯S; ¯. Такие сечения мы изображали в предыдущем параграфе.

Построим изображениеPQRT квадрата, вписанное в ₂ . Для того чтобы найти его вершины, требуется всего лишь провести два сопряжённых диаметра PR и QT эллипса ₂. С помощью параллельного переноса на вектор

O2O1;\s\up10( –( получаем изображение P₁Q₁R₁T₁ квадрата, вписанное в ₁. Остаётся провести изображения боковых рёбер призмы.

§21. Метрические задачи.

Пусть нам известно, что репер R ; ¯ = {O; ¯, E1;¯, E2;¯, E3;¯} явлортонормированным. Пусть на плоскости изображений  дано изображениеR ={O, E₁, E₂, E₃} этого репера и даны две точки (M, M₃), (N, N₃). Тогда по чертежу мы можем определить координаты оригиналов M; ¯(x₁, y₁, z₁), N; ¯(x₂, y₂, z₂) и найти расстояние между ними о формуле|M; ¯N; ¯ | = .

На самом деле, не обязательно требовать, чтобы репер R ; ¯ был ортонормированным. Достаточно знать длины отрезков |O; ¯E1;¯|, |O; ¯E2;¯|, |O; ¯E3;¯| и углы между ними. Тогда мы сможем составить матрицу Грамма =(g_ij) и вычислить расстояние между точками M; ¯ и N; ¯. Репер, матрица Грамма которого нам известна, будем называть евклидовым.

Для решения многих задач на построение достаточно знать, что репер определён своим изображением с точностью до подобия. Напр, дано изображение куба. Тогда можем ск-ть,что R ={A, B, D, A₁}явл изобр-ем репера,подобного ортонорм-ому.

Опр. Изобр-ие F фигуры F; ¯ называется евклидово определённым, если нему можно добавить изобр-ие репера, подобного евклидовому, так что изобр-ие станет полным (пространственных фигур, так и плоских).

Зад1 Дано изображение ABC прямоугольного треугольникаA; ¯B; ¯C; ¯, у которого A; ¯=30,C; ¯ =90. Построить изобр-ие высоты проведённой из вершины прямого угла.

1 сп. Построить оригинал треугольника A; ¯B; ¯C; ¯ мы не можем, т.к. не знаем длины сторон, но мы можем построить A_oB_oC_o подобный оригиналу и в нём построить высоту C_oH_o. Искомая точка H делит AB в том же отношении, в каком H_o делит A_oB_o. Более того, можем построить A_oB_oC_o так, чтобы отрезки AB и A_oB_o совпадали. Тогда H_o совпадает с H.

2сп. Можем вычислить, что H; ¯ делит A; ¯B; ¯ в отношении 3:1.Значит и H тоже делит AB в отношении 3:1.

Зад2. Дано изображение ABCDA₁B₁C₁D₁ куба. Построить изображение перпендикуляра, проведённого из точки C; ¯ к диагонали A; ¯C; ¯₁.

Реш. Пусть в оригинале сторона куба равна a. Тогда можем вычислить,что |A; ¯C; ¯ |=a, |A; ¯C; ¯₁|=a. Мы строим треугол. ACC₁ подобный A; ¯C; ¯C; ¯₁, в нём проводим высоту CH. Искомая точ H делит AC₁ в том же отношении, в каком H делит AC₁.

Мы из точки проводим отрезок, равный C₁A Из точки проводим прямую, параллельную AA. В пересечении с C₁A получаем точку H. Переносим отрезок C₁H на основной чертёж. CH есть изображение перпендикуляра.

Задача3. Дано изображение ABCA₁B₁C₁ правильной треугольной призмы у которой высота равна стороне основания. Построить изображение перпендикуляра, проведённого из точки A; ¯ к плоскости B; ¯C; ¯A; ¯₁.

Решение. Из соображений симметрии очевидно, что перпендикуляр должен падать на медиану A; ¯₁D; ¯ треугольника A; ¯₁B; ¯C; ¯. Значит, он лежит в плоскости треугольника A; ¯A; ¯₁D; ¯. Найдём его стороны, если каждое ребро призмы равно a.

|A; ¯D; ¯ |= a, |A; ¯₁D; ¯ |=== a.

Строим теперь AA₁D, подобный оригиналу A; ¯A; ¯₁D; ¯. В нём проводим высоту AE. Искомая точка E делит отрезок A₁D в том же отношении, в каком E делит отрезок A₁D.

22. Расширенная прямая.

Пусть a и a – две пересекающиеся прямые, а S – точка, лежащая вместе с ними в одной плоскости, S  a, S  a. Рассмотрим проецирование прямой a на прямую a из точки S. Пусть A  a, SA  a . Тогда точка A не имеет проекции.

Догов-ся считать, что на a добавляется новая точка A_ , которая одновременно принадлежит прям. SA . Назовем ее несобственной точкой прямых a и SA . Тогда A_ будет проекцией точки A . Обозн-е A_ объясняется так: если точкаM стремится по прямой a к точке A, то ее проекция M  бесконечно удаляется по прямой a.

Аналогично, если B  a и SB  a , то на a не сущ-ет точки с проекцией B . Выход из этой ситуации такой же: добавим на прямой a несобственную точку B_ с условием, что она принадлежит также и прям. SB . Тогда B – проекция точки B_ .

Таким образом:

1) на каждой прямой добавляется одна точка, которая наз. несобственной и обозн.значком ;

2) все параллельные друг другу прямые имеют общую несобственную точку;

3) непараллельные прямые имеют разные несобственные точки.

Очевидно, что каждая несобственная точка задается прямой. Обычные точки будем называть собственными.

Опр.1.1.1 Прямая,пополненная несобственной точкой наз. расширенной или проективной прямой.

Прямую a, расширенную несобственной точкой A_ , будем обозначать a; ¯ ; a; ¯ = a  A_ .Центральное проецирование расширенной прямой на расширенную прямую – взаимнооднозначное отображение.

1.2. Расширенные плоскость и пространство.

Опр.1.2.1.Плоск. пополненная несобственными точками всех прямых, которые лежат в плоскости  , наз. расширенной или проективной плоскостью.Обоз ее (; ¯ .

Опр.2. Множ-во всех несобственных точек расширенной плоскости наз. несобственной прямой(обоз a_ ).Остальные (обычные) прямые наз.собственными.