Размислете за авион стр и правата линија што ја пресекува . Нека А - произволна точкапростор. Ајде да повлечеме права линија низ оваа точка , паралелно со линијата . Нека . Точка наречена проекција на точка Адо авионот стрсо паралелен дизајн по дадена права линија . Рамнина стр , на кој се проектирани точките на просторот се нарекува проекциона рамнина.
p - проекциска рамнина;
- директен дизајн; ;
; ; ;
Ортогонален дизајне посебен случај паралелен дизајн. Ортогоналниот дизајн е паралелен дизајн во кој дизајнерската линија е нормална на проекциската рамнина. Ортогоналниот дизајн е широко користен во техничко цртање, каде што фигурата е проектирана на три рамнини - хоризонтални и две вертикални.
Дефиниција:
Ортогонална проекција на точка Мдо авионот стрнаречена основа М 1нормално ММ 1, падна од точка Мдо авионот стр.
Означување: , 
, .
Дефиниција: Ортогонална проекција на фигура Фдо авионот стре множество од сите точки на рамнината кои се ортогонални проекции на множеството точки на сликата Фдо авионот стр.
Ортогонален дизајн како посебен случајпаралелниот дизајн ги има истите својства:
p - проекциска рамнина;
- директен дизајн; ;
1) ;
2) , .
- Проекциите на паралелните прави се паралелни.
ПРОЕКЦИСКО ПЛОШТИНА НА РАМНА ФИГУРА
Теорема: Областа на проекција на рамнински многуаголник на одредена рамнина е еднаква на плоштината на проектираниот многуаголник помножена со косинус на аголот помеѓу рамнината на многуаголникот и проекциската рамнина.
Фаза 1: Проектираната фигура е триаголник ABC, чија страна AC лежи во проекциската рамнина a (паралелно со проекциската рамнина a).
Со оглед на:
Доказ:
Доказ:
1. ; ;
2. ; ; ; ;
3. ; 
;
4. Со теорема за три нормални;
ВД – висина; B 1 D – висина;
5. – линеарен агол диедрален агол ;
6. ; ; ; 
;
Фаза 2: Проектираната фигура е триаголник ABC, чиишто страни не се наоѓаат во проекциската рамнина a и не е паралелна со неа.
Со оглед на:
Доказ:
Доказ:
1. ; ;
2. ; ;
4. ; ; ;
(Фаза 1);
5. ; ; ;
(Фаза 1);
Фаза: Дизајнираната фигура е произволен многуаголник.
Доказ:
Многуаголникот се дели со дијагонали извлечени од едно теме на конечен бројтриаголници, за секој од кои теоремата е вистинита. Според тоа, теоремата ќе биде точна и за збирот на плоштините на сите триаголници чии рамнини формираат ист агол со проекциската рамнина.
Коментар: Докажаната теорема важи за која било рамна фигура, ограничена со затворена крива.
Вежби:
1. Најдете ја плоштината на триаголник чија рамнина е наклонета кон проекциската рамнина под агол, ако неговата проекција е правилен триаголник со страна a.
2. Најдете ја плоштината на триаголник чија рамнина е наклонета кон проекциската рамнина под агол, ако неговата проекција е рамнокрак триаголниксо страна од 10 cm и основа од 12 cm.
3. Најдете ја плоштината на триаголник чија рамнина е наклонета кон проекциската рамнина под агол, ако неговата проекција е триаголник со страни 9, 10 и 17 cm.
4. Пресметајте ја плоштината на трапез, чија рамнина е наклонета кон проекциската рамнина под агол, ако неговата проекција е рамнокрак трапез, поголема основашто е 44 см, страна 17 cm и дијагонала 39 cm.
5. Пресметајте ја областа на проекцијата правилен шестоаголниксо страна од 8 cm, чија рамнина е наклонета кон проекциската рамнина под агол.
6. Ромб со страна од 12 cm и остар аголформира агол со дадена рамнина. Пресметајте ја областа на проекцијата на ромбот на оваа рамнина.
7. Ромб со страна од 20 cm и дијагонала од 32 cm формира агол со дадена рамнина. Пресметајте ја областа на проекцијата на ромбот на оваа рамнина.
8. Проекцијата на настрешница на хоризонтална рамнина е правоаголник со страни и . Најдете ја областа на настрешницата ако странични лица – еднакви правоаголници, наклонет кон хоризонталната рамнина под агол, а средниот дел на настрешницата е квадрат паралелен со проекциската рамнина.
11. Вежби на тема „Лини и рамнини во вселената“:
Страните на триаголникот се еднакви на 20 cm, 65 cm, 75 cm Од темето на поголемиот агол на триаголникот се повлекува нормална на неговата рамнина еднаква на 60 cm. Најдете го растојанието од краевите на нормалната до поголема странатријаголник.
2. Од точка која се наоѓа на растојание од cm од рамнината, се цртаат две наклонети, формирајќи агли со рамнината еднаква на , и прав агол меѓу нив. Најдете го растојанието помеѓу точките на пресек на наклонетите рамнини.
3. Страна правилен триаголнике еднаква на 12 cm Точката М е избрана така што отсечките што ја поврзуваат точката М со сите темиња на триаголникот формираат агли со неговата рамнина. Најдете го растојанието од точката М до темињата и страните на триаголникот.
4. Низ страната на квадратот се повлекува рамнина под агол на дијагоналата на квадратот. Најдете ги аглите под кои двете страни на квадратот се наклонети кон рамнината.
5. Рамнокрак нога правоаголен триаголникнаклонет кон рамнината a што минува низ хипотенузата под агол . Докажете дека аголот помеѓу рамнината a и рамнината на триаголникот е еднаков на .
6. Диедрален агол помеѓу рамнините триаголници ABCа DВС е еднаков на . Најдете AD ако AB = AC = 5 cm, BC = 6 cm, BD = DC = cm.
Контролни прашањана тема „Лини и рамнини во вселената“
1. Наброј ги основните поими на стереометријата. Формулирајте ги аксиомите на стереометријата.
2. Докажи последици од аксиомите.
3. Како е? меѓусебно уредувањедве линии во просторот? Дајте дефиниции за пресечни, паралелни и искривени линии.
4. Докажете го знакот на искривени линии.
5. Која е релативната положба на правата и рамнината? Дајте дефиниции за пресечни, паралелни прави и рамнини.
6. Докажи го знакот за паралелизам помеѓу права и рамнина.
7. Која е релативната положба на двете рамнини?
8. Дефинирај паралелни рамнини. Докажете знак дека две рамнини се паралелни. Наведете теореми за паралелни рамнини.
9. Дефинирајте го аголот помеѓу прави линии.
10. Докажи го знакот за перпендикуларност на права и рамнина.
11. Дефинирајте ја основата на нормална, основата на наклонетата, проекцијата на наклонето на рамнина. Формулирајте ги својствата на нормални и наклонети линии паднати на рамнина од една точка.
12. Дефинирајте го аголот помеѓу права линија и рамнина.
13. Докажи ја теоремата за три нормални.
14. Дајте дефиниции за диедрален агол, линеарен агол на диедрален агол.
15. Докажи го знакот за перпендикуларност на две рамнини.
16. Дефинирајте го растојанието помеѓу две различни точки.
17. Дефинирајте го растојанието од точка до права.
18. Дефинирајте го растојанието од точка до рамнина.
19. Определи го растојанието помеѓу права линија и рамнина паралелна на неа.
20. Дефинирајте го растојанието помеѓу паралелните рамнини.
21. Дефинирајте го растојанието помеѓу линиите што се пресекуваат.
22. Дефинирајте ја ортогоналната проекција на точка на рамнина.
23. Дефинирајте ја ортогоналната проекција на фигурата на рамнина.
24. Формулирајте ги својствата на проекциите на рамнина.
25. Формулирајте и докажете теорема за проекционата површина на рамнински многуаголник.
Поглавје IV. Прави линии и рамнини во вселената. Полиедра
§ 55. Проекциона област на многуаголник.
Да потсетиме дека аголот помеѓу права и рамнина е аголот помеѓу дадена права и нејзината проекција на рамнината (сл. 164).
Теорема. Областа на ортогоналната проекција на многуаголник на рамнина е еднаква на плоштината на проектираниот многуаголник помножена со косинус на аголот, формирана од авионмногуаголник и проекциона рамнина.
Секој многуаголник може да се подели на триаголници чиј збир на плоштини е еднаков на плоштината на многуаголникот. Затоа, доволно е да се докаже теоремата за триаголник.
Нека /\
ABC е проектиран на авион Р. Да разгледаме два случаи:
а) една од страните /\
ABC е паралелна со рамнината Р;
б) ниту една страна /\
ABC не е паралелен Р.
Ајде да размислиме првиот случај: нека [AB] || Р.
Дозволете ни да нацртаме рамнина низ (AB) Р 1 || Ри дизајн ортогонално /\
Вклучено ABC Р 1 и натаму Р(сл. 165); добиваме /\
ABC 1 и /\
А"Б"Ц".
Според проекциското својство што го имаме /\
ABC 1 /\
A"B"C", и затоа
С /\ ABC1=S /\ А"Б"Ц"
Да нацртаме _|_ и отсечката D 1 C 1 . Тогаш _|_ , a = φ е вредноста на аголот помеѓу рамнината /\ ABC и авион Р 1 . Затоа
С /\ ABC1 = 1 / 2 | AB | | C 1 D 1 | = 1 / 2 | AB | | ЦД 1 | cos φ = S /\ ABC cos φ
и затоа С /\ А"Б"Ц" = С /\ ABC cos φ.
Ајде да продолжиме да размислуваме втор случај. Ајде да нацртаме авион Р 1 || Рнад тој врв /\
ABC, растојанието од кое до авионот Рнајмалиот (нека ова е темето А).
Ајде да дизајнираме /\
ABC во авион Р 1 и Р(сл. 166); неговите проекции нека бидат соодветно /\
AB 1 C 1 и /\
А"Б"Ц".
Нека (сонце) стр 1 = D. Потоа
С /\ А"Б"Ц" = С /\ AB1 C1 = S /\ ADC1-S /\ ADB1 = (С /\ ADC-S /\ ADB) cos φ = S /\ ABC cos φ
Задача.Низ основната страна на правилна триаголна призма се влече рамнина под агол φ = 30° во однос на рамнината на нејзината основа. Најдете ја областа на добиениот пресек ако е страната на основата на призмата А= 6 см.
Дозволете ни да го прикажеме пресекот на оваа призма (сл. 167). Бидејќи призмата е точна, тогаш тоа странични ребранормално на рамнината на основата. Средства, /\ ABC е проекција /\ ADC, затоа
Во геометриските проблеми, успехот не зависи само од познавањето на теоријата, туку и од висококвалитетниот цртеж.
Со рамни цртежи сè е повеќе или помалку јасно. Но, во стереометријата ситуацијата е покомплицирана. На крајот на краиштата, неопходно е да се прикаже тридимензионалнителото на раменцртање и така што и вие самите и лицето кое го гледа вашиот цртеж ќе го видите истото волуметриско тело.
Како да се направи тоа?
Се разбира, секоја слика на волуметриско тело на авион ќе биде условена. Сепак, постои специфичен сетправила Постои општо прифатен начин на изработка на цртежи - паралелна проекција.
Да земеме волуметриско тело.
Ајде да избереме проекциска рамнина.
Низ секоја точка на волуметриското тело цртаме прави линии, паралелен пријателедни со други и пресекување на проекциската рамнина под кој било агол. Секоја од овие линии ја пресекува проекциската рамнина во одреден момент. И сите заедно се формираат овие точки проекцијана волуметриско тело на рамнина, односно неговата рамна слика.
Како да се конструираат проекции на волуметриски тела?
Замислете дека имате рамка на волуметриско тело - призма, пирамида или цилиндар. Осветлувајќи го со паралелен зрак светлина, добиваме слика - сенка на ѕидот или на екранот. Забележете дека од различни агли се добиваат различни слики, но некои обрасци сè уште се присутни:
Проекцијата на сегмент ќе биде сегмент.
Се разбира, ако отсечката е нормална на проекциската рамнина, таа ќе се прикаже во една точка.
Проекција на круг во општ случајиспаѓа дека е елипса.
Проекцијата на правоаголник е паралелограм.
Вака изгледа проекцијата на коцка на авион:
Овде предните и задните лица се паралелни со проекциската рамнина
Можете да го направите поинаку:
Каков агол и да избереме, проекции паралелни сегментиќе се најде и на цртежот паралелни линии . Ова е еден од принципите на паралелна проекција.
Цртање проекции на пирамидата,
цилиндар:
Да го повториме уште еднаш основниот принцип на паралелна проекција. Избираме проекциона рамнина и повлекуваме паралелни линии низ секоја точка на волуметриското тело. Овие линии ја сечат проекциската рамнина под кој било агол. Ако овој агол е 90° - ние зборуваме заО правоаголна проекција. Со користење на правоаголна проекција, се конструираат цртежи на волуметриски делови во технологијата. Во овој случај зборуваме за поглед одозгора, преден и страничен поглед.
Детален доказ за теоремата за ортогонална проекција на многуаголникот
Ако е проекција на стан n -gon до рамнина, тогаш каде е аголот помеѓу рамнините на многуаголниците и. Со други зборови, проекциската област на рамнински многуаголник е еднаква на производот на плоштината на проектираниот многуаголник и косинус на аголот помеѓу проекциската рамнина и рамнината на проектираниот многуаголник.
Доказ. Јас фаза. Ајде прво да го спроведеме доказот за триаголник. Да разгледаме 5 случаи.
1 случај. лежат во проекциската рамнина .
Нека се проекциите на точките на рамнината, соодветно. Во нашиот случај. Да претпоставиме дека. Нека е висината, тогаш со теоремата за три нормални можеме да заклучиме дека - висината (- проекцијата на наклонетото, - нејзината основа и правата минуваат низ основата на наклонетото, и).
Ајде да размислиме. Правоаголна е. По дефиниција за косинус:
Од друга страна, бидејќи и, тогаш по дефиниција е линеарен агол на диедрален агол, формирана од полурамнинирамнини и со граничната права линија и, според тоа, нејзината мерка е и мерка на аголот помеѓу рамнините на проекцијата на триаголникот и самиот триаголник, т.е.
Ајде да го најдеме односот на површината со:
Забележете дека формулата останува вистинита дури и кога. Во овој случај
Случај 2. Лежи само во проекциската рамнина и е паралелна со проекциската рамнина .
Нека се проекциите на точките на рамнината, соодветно. Во нашиот случај.
Ајде да повлечеме права линија низ точката. Во нашиот случај, правата линија ја пресекува проекциската рамнина, што значи, по лемата, правата ја пресекува и проекциската рамнина. Нека биде ова во точката Бидејќи, тогаш точките лежат во иста рамнина, а бидејќи е паралелна со проекциската рамнина, тогаш како последица на знакот на паралелизам на правата и рамнината следи тоа. Според тоа, тоа е паралелограм. Да разгледаме и. Тие се еднакви од три страни (- заеднички, како спротивставени странипаралелограм). Забележете дека четириаголникот е правоаголник и е еднаков (по должината на кракот и хипотенузата), затоа е еднаков на три страни. Затоа.
За применливиот случај 1: , т.е.
Случај 3. Лежи само во проекциската рамнина и не е паралелна со проекциската рамнина .
Нека точката е точка на пресек на правата со проекциската рамнина. Забележете дека и. Во 1 случај: i. Така го добиваме тоа
Случај 4 Темињата не лежат во проекциската рамнина . Ајде да ги погледнеме перпендикуларите. Да ја земеме најмалата меѓу овие нормални. Нека биде нормално. Може да испадне дека е или само или само. Тогаш ние ќе го земеме во секој случај.
Да издвоиме точка од точка на отсечка, така што, и од точка на отсечка, точка, така што. Оваа конструкција е можна затоа што е најмалата од нормалните. Забележете дека е проекција на и, по конструкција. Да го докажеме тоа и да сме еднакви.
Размислете за четириаголник. Според условот - нормални на една рамнина, значи, според теоремата, значи. Бидејќи по конструкција, тогаш врз основа на карактеристиките на паралелограмот (по паралелни и еднакви спротивни страни), можеме да заклучиме дека тој е паралелограм. Средства,. Слично, се докажува дека, . Затоа, и се еднакви на три страни. Затоа. Забележете дека и, како спротивни страни на паралелограмите, според тоа, врз основа на паралелизмот на рамнините, . Бидејќи овие рамнини се паралелни, тие го формираат истиот агол со проекциската рамнина.
Важат претходните случаи:.
Случај 5 Проекциската рамнина ги пресекува страните . Ајде да погледнеме во прави линии. Тие се нормални на проекциската рамнина, па по теорема се паралелни. На конасочните зраци со почетоци на точки, ние соодветно одложуваме еднакви сегменти, така што темињата лежат надвор од проекциската рамнина. Забележете дека е проекција на и, по конструкција. Да покажеме дека е еднакво.
Оттогаш и, по градба, тогаш. Според тоа, според критериумот паралелограм (два еднакви и паралелни страни), е паралелограм. На сличен начин се докажува дека и се паралелограми. Но, тогаш, и (како спротивни страни), затоа се еднакви на три страни. Средства,.
Покрај тоа, и затоа, врз основа на паралелизмот на авионите. Бидејќи овие рамнини се паралелни, тие го формираат истиот агол со проекциската рамнина.
За применливиот случај 4:.
II фаза. Да поделиме рамен многуаголник на триаголници користејќи дијагонали извлечени од темето: Потоа, според претходните случаи за триаголници: .
Q.E.D.