Paano gumawa ng mga seksyon nang tama. Unang aralin sa pagbuo ng mga seksyon ng polyhedra

Tingnan natin kung paano bumuo ng isang seksyon ng isang pyramid, gamit tiyak na mga halimbawa. Dahil walang magkatulad na mga eroplano sa pyramid, ang pagbuo ng linya ng intersection (trace) ng cutting plane na may eroplano ng mukha ay kadalasang nagsasangkot ng pagguhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng dalawang puntos na nakahiga sa eroplano ng mukha na ito.

Sa pinakasimpleng mga problema, kailangan mong bumuo ng isang seksyon ng isang pyramid na may isang eroplano na dumadaan sa mga ibinigay na punto na nakahiga na sa parehong mukha.

Halimbawa.

Magtayo ng seksyon ng eroplano (MNP)

Triangle MNP - seksyon ng pyramid

Ang mga puntos na M at N ay nasa parehong eroplano ng ABS, samakatuwid, maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga ito. Ang bakas ng linyang ito ay ang segment na MN. Ito ay nakikita, na nangangahulugang ikinonekta namin ang M at N na may isang solidong linya.

Ang mga puntos na M at P ay nasa parehong eroplano ng ACS, kaya gumuhit kami ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga ito. Si Trace ay isang segment na MP. Hindi namin ito nakikita, kaya iginuhit namin ang segment na MP na may isang stroke. Binubuo namin ang trace PN sa parehong paraan.

Triangle MNP ang kinakailangang seksyon.

Kung ang punto kung saan nais mong gumuhit ng isang seksyon ay hindi namamalagi sa isang gilid, ngunit sa isang mukha, kung gayon hindi ito ang katapusan ng trace-segment.

Halimbawa. Bumuo ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa mga punto B, M at N, kung saan ang mga puntong M at N ay nabibilang, ayon sa pagkakabanggit, sa mga mukha ng ABS at BCS.

Narito ang mga puntong B at M ay nakahiga sa parehong mukha ng ABS, upang maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga ito.

Katulad nito, gumuhit kami ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga puntos na B at P. Nakakuha kami ng mga bakas na BK at BL, ayon sa pagkakabanggit.

Ang mga puntos na K at L ay nasa parehong mukha ng ACS, upang maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga ito. Ang bakas nito ay ang segment na KL.

Triangle BKL ang kinakailangang seksyon.

Gayunpaman, hindi laging posible na gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng data sa kondisyon ng punto. Sa kasong ito, kailangan mong makahanap ng isang punto na nakahiga sa linya ng intersection ng mga eroplano na naglalaman ng mga mukha.

Halimbawa. Bumuo ng isang seksyon ng pyramid na may eroplanong dumadaan sa mga puntong M, N, P.

Ang mga puntong M at N ay nasa parehong eroplano ng ABS, kaya't maaaring gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga ito. Nakukuha namin ang bakas ng MN. Gayundin - NP. Ang parehong mga marka ay nakikita, kaya ikinonekta namin ang mga ito sa isang solidong linya.

Ang mga puntong M at P ay nasa magkaibang mga eroplano. Samakatuwid, hindi namin maikonekta ang mga ito sa isang tuwid na linya.

Ituloy natin ang tuwid na linyang NP.

Nakahiga ito sa eroplano ng mukha ng BCS. Ang NP ay bumalandra lamang sa mga linyang nakahiga sa parehong eroplano. Mayroon kaming tatlong ganoong direktang linya: BS, CS at BC. Ang mga linyang BS at CS ay mayroon nang mga punto ng intersection - ito ay N at P lamang. Ibig sabihin, hinahanap natin ang intersection ng NP sa linyang BC.

Ang intersection point (tawagin natin itong H) ay nakuha sa pamamagitan ng pagpapatuloy ng mga linyang NP at BC sa intersection.

Ang puntong H na ito ay kabilang sa eroplano (BCS), dahil ito ay nasa linyang NP, at sa eroplano (ABC), dahil ito ay nasa linyang BC.

Kaya, nakatanggap kami ng isa pang punto ng cutting plane na nakahiga sa eroplano (ABC).

Maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa H at isang punto M na nakahiga sa parehong eroplano.

Nakukuha namin ang MT trace.

Ang T ay ang punto ng intersection ng mga linyang MH at AC.

Dahil ang T ay kabilang sa linyang AC, maaari tayong gumuhit ng isang linya sa pamamagitan nito at ituro ang P, dahil pareho silang nakahiga sa parehong eroplano (ACS).

Ang 4-gon MNPT ay ang nais na seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa mga ibinigay na puntos na M,N,P.

Nagtrabaho kami sa linya ng NP, pinalawak ito upang mahanap ang punto ng intersection ng cutting plane sa eroplano (ABC). Kung nagtatrabaho tayo sa direktang MN, darating tayo sa parehong resulta.

Nangangatuwiran tayo nang ganito: ang linya ng MN ay nasa eroplano (ABS), samakatuwid maaari lamang itong magsalubong sa mga linyang nakahiga sa parehong eroplano. Mayroon kaming tatlong ganoong linya: AB, BS at AS. Ngunit sa mga tuwid na linya AB at BS mayroon nang mga intersection point: M at N.

Nangangahulugan ito na, sa pagpapalawak ng MN, hinahanap natin ang punto ng intersection nito sa tuwid na linyang AS. Tawagan natin ang puntong ito na R.

Ang point R ay nasa linyang AS, na nangangahulugang nasa eroplano (ACS) kung saan kabilang ang linyang AS.

Dahil ang punto P ay nasa eroplano (ACS), maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng R at P. Nakuha namin ang isang bakas ng PT.

Ang puntong T ay nasa eroplano (ABC), kaya maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan nito at ituro ang M.

Kaya, nakuha namin ang parehong cross section ng MNPT.

Tingnan natin ang isa pang halimbawa ng ganitong uri.

Bumuo ng isang seksyon ng pyramid na may eroplanong dumadaan sa mga puntong M, N, P.

Gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga puntos na M at N na nakahiga sa parehong eroplano (BCS). Nakukuha namin ang bakas na MN (nakikita).

Gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga puntos na N at P na nakahiga sa parehong eroplano (ACS). Nakakakuha kami ng PN (invisible) na bakas.

Hindi tayo maaaring gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga puntos na M at P.

1) Ang linyang MN ay nasa eroplano (BCS), kung saan may tatlo pang linya: BC, SC at SB. Ang mga linyang SB at SC ay mayroon nang mga intersection point: M at N. Samakatuwid, hinahanap namin ang intersection point MN sa BC. Sa pagpapatuloy ng mga linyang ito, makukuha natin ang punto L.

Ang punto L ay kabilang sa linyang BC, na nangangahulugang nasa eroplano (ABC). Samakatuwid, maaari tayong gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng L at P, na namamalagi din sa eroplano (ABC). Ang trail niya ay PF.

Ang F ay nasa linyang AB, at samakatuwid ay nasa eroplano (ABS). Samakatuwid, sa pamamagitan ng F at point M, na namamalagi din sa eroplano (ABS), gumuhit kami ng isang tuwid na linya. Ang kanyang landas ay FM. Ang quadrilateral MNPF ay ang kinakailangang seksyon.

2) Ang isa pang paraan ay ipagpatuloy ang tuwid na PN. Nakahiga ito sa eroplano (ACS) at nag-intersect sa mga linyang AC at CS na nakahiga sa eroplanong ito sa mga puntong P at N.

Nangangahulugan ito na hinahanap namin ang punto ng intersection ng PN sa ikatlong tuwid na linya ng eroplanong ito - kasama ang AS. Nagpapatuloy tayo sa AS at PN, sa intersection ay nakukuha natin ang point E. Dahil ang point E ay nasa linyang AS, na kabilang sa eroplano (ABS), maaari tayong gumuhit ng tuwid na linya sa pamamagitan ng E at point M, na nasa (ABS) . Ang kanyang landas ay FM. Ang mga puntong P at F ay nasa water plane (ABC), gumuhit ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga ito at kumuha ng bakas na PF (invisible).

1. Ang konsepto ng isang positional na problema. Alalahanin na ang eroplano ay tinawag pagputol ng eroplano polyhedron kung may mga punto ng polyhedron sa magkabilang panig ng eroplanong ito. Seksyon ng isang polyhedron Ang eroplano ay isang polygon na ang mga gilid ay ang mga segment kung saan ang cutting plane ay nagsalubong sa mga mukha ng polyhedron.

Sa Fig. 30 ay nagpapakita ng isang tatsulok na prisma. (Sa pagguhit ng projection na ito, ang mga larawan ng mga punto ay ipinahiwatig ng parehong mga titik bilang katumbas na orihinal na mga punto). Isipin natin na kailangan nating markahan ang mga puntos: a) M, nakahiga sa gilid; b) N, nakahiga sa mukha; c) nakahiga sa loob ng prisma.

Kung ilarawan natin ang mga puntong ito tulad ng ginagawa sa figure a), kung gayon tungkol lamang sa punto M maaari nating halos sabihin na ito ay namamalagi sa gilid . Posisyon ng punto N At K Imposibleng matukoy mula sa larawang ito. Ang Figure b) ay nagbibigay-daan sa amin upang tapusin na ang punto N namamalagi sa mukha, at ang punto ay

sa loob ng prisma. Paano mabubuo ang mga konklusyong ito? Ang katotohanan ay na sa pangalawang figure itinakda namin ang mga projection ng mga puntos N At K papunta sa base plane parallel sa lateral edges ng prism. Mahigpit na nagsasalita, upang matiyak na ang punto M namamalagi sa gilid, ang mga visual na perception lamang ay hindi rin sapat. (Sa disenyo kung saan ginawa ang imahe ng prisma, ang punto M nagsisilbing projection ng anumang punto sa isang linya na kahanay sa direksyon ng disenyo at dumadaan dito.)

Kung ipinapahiwatig namin na kapag nagdidisenyo ng parallel sa mga lateral na gilid ng prisma, ang punto M naka-project sa base sa isang punto A, pagkatapos ay lilitaw ang gayong pagtitiwala.

Ang isang katulad na sitwasyon ay ipinapakita sa Fig. 31. Dito kailangan mong markahan ang mga puntos: a) M sa gilid ng gilid S.A.; b) N- nasa gilid SAB;
V) SA- sa loob ng pyramid. Ang pagkakaiba ay na sa tamang figure, ang isang sentral na projection ng mga minarkahang punto papunta sa eroplano ng base ng pyramid mula sa tuktok nito ay ginagamit S.

Upang maging malinaw ang imahe, sa mga halimbawang tinalakay ay kinakailangan na gumamit ng hindi isang disenyo, ngunit dalawa. Ang unang disenyo, sa tulong kung saan ginawa ang imahe ng isang polyhedron, ay tinatawag panlabas Ang pangalawang disenyo ay pantulong na kalikasan. Ito ay nauugnay sa figure mismo - ito ay, bilang isang patakaran, isang projection sa isang eroplano na naglalaman ng isa sa mga mukha ng polyhedron. Haharapin lamang natin ang mga prisma at pyramids, at kadalasang pipiliin ang eroplano ng kanilang base bilang isang eroplano. Tinulungang disenyo ang tawag panloob. Mula sa mga halimbawang isinasaalang-alang, malinaw na para sa isang prisma ay maginhawang gumamit ng panloob na parallel na disenyo, at para sa isang pyramid - gitnang.

Hayaan F 0 – ilang figure sa kalawakan, na parallel na naka-project sa eroplano p(panlabas na disenyo). Upang maging malinaw ang imahe ng pigura, pumili kami ng isang tiyak na eroplano sa kalawakan maliban sa eroplano p, at isaalang-alang ang isang bagong disenyo, parallel o central, ng mga punto ng figure F 0 sa eroplanong ito (internal projection).

Isaalang-alang ang isang punto sa espasyo M 0 at ang projection nito sa eroplano p 0 ¢ sa panahon ng panloob na disenyo. I-project natin ang dalawang puntong ito sa eroplano p. Sa kasong ito, ang projection M puntos M 0 ang tinatawag basic(o projection lang), at ang projection M¢ tuldok - pangalawa.

Kung para sa isang punto M 0 mga numero F 0 ang projection at pangalawang projection nito ay kilala, pagkatapos ay mula sa imahe maaari nating hatulan ang posisyon ng puntong ito sa orihinal. Sa kasong ito sinasabi nila na ang punto M 0 na kabilang sa figure F 0 ay binigay sa pagguhit ng projection. Larawan ng larawan F 0, kung saan ang bawat punto ng figure ay ibinigay, ay tinatawag puno na.

Sa mga guhit ng projection, madalas na kinakailangan upang malutas ang mga problema sa paghahanap ng intersection ng iba't ibang mga figure. Ang ganitong mga gawain ay tinatawag posisyonal. Kung kumpleto ang ilang larawan, malulutas ang anumang problema sa posisyon sa larawang ito.

Sa konklusyon, tandaan namin ang mga sumusunod. Kung M 0 ¢ , N 0 ¢, K 0 ¢, ... – mga larawan ng mga puntos M 0 , N 0 , K 0 , ... para sa panloob na disenyo, pagkatapos ay para sa panlabas na disenyo (parallel) na mga imahe MM¢, NN¢, KK¢, ... parallel lines M 0 M 0 ¢, N 0 N 0 ¢, K 0 K 0 ¢, ... sa eroplano p magiging parallel din. Kung M 0 ¢, N 0 ¢, K 0 ¢, ... - mga larawan ng mga puntos M 0 , N 0 , K 0, ... na may panloob na sentral na disenyo na may gitna S 0 , pagkatapos ay mga larawan MM¢, NN¢, KK¢, ... direkta M 0 M 0 ¢, N 0 N 0 ¢, K 0 K 0 ¢, ... habang ang panlabas na disenyo ay bumalandra sa eroplano p sa isang punto S. Ang puntong ito ang magiging larawan ng punto S 0 .

Kabilang sa mga positional na problema, magiging interesado lamang kami sa mga problemang nauugnay sa pagtatayo ng mga seksyon ng polygons. Isaalang-alang natin ang mga pangunahing pamamaraan para sa pagtatayo ng mga naturang seksyon. Karaniwan, kapag nilulutas ang mga problema sa stereometric, ang mga larawan ng mga punto ng figure sa pagguhit ng projection ay tinutukoy ng parehong mga titik bilang kaukulang mga punto sa orihinal na pigura. Susunod din kami sa panuntunang ito sa hinaharap.

2. Konstruksyon ng mga seksyon batay sa mga katangian ng mga parallel na linya at eroplano. Ang pamamaraang ito ay kadalasang ginagamit kapag gumagawa ng mga seksyon ng parallelepipeds. Ito ay ipinaliwanag sa pamamagitan ng katotohanan na ang magkabilang panig ng parallelepiped ay parallel. Ayon sa theorem tungkol sa intersection ng mga parallel na eroplano na may ikatlong eroplano, ang mga linya ng intersection ng mga parallel na mukha ay parallel na mga segment.

Gawain 1. Ang base ng isang quadrangular pyramid SABCD ay isang paralelogram. Bumuo ng isang seksyon ng pyramid na may eroplanong dumadaan sa puntong nakahiga sa gilid na gilid AS, parallel sa dayagonal BD bakuran.

Gaano karaming mga eroplano ang maaaring itayo? Anong mga hugis ang maaaring makuha sa cross-section?

Solusyon. Sa eroplano ng base ng pyramid gumuhit kami ng isang di-makatwirang tuwid na linya a, parallel sa dayagonal BD. Isang eroplano ang dumadaan sa linya at puntong ito a, at ang isa lang doon. Batay sa parallelism ng isang tuwid na linya at isang eroplano at, samakatuwid, isang eroplano a ang hinahanap natin.

Sa eroplano ng base mayroong walang katapusang maraming linya na kahanay sa linya B.D. samakatuwid, mayroong walang katapusang maraming mga eroplano na nagbibigay-kasiyahan sa mga kondisyon ng problema.

Ang uri ng polygon na nakuha sa seksyon ay depende sa bilang ng mga mukha na nagsa-intersect ang eroplano a. Dahil ang isang quadrangular pyramid ay may limang mukha, ang cross-section ay maaaring magresulta sa mga triangles, quadrangles at pentagons.

Sa Fig. Ang 32 ay nagpapakita ng iba't ibang kaso ng lokasyon ng tuwid na linya a may kaugnayan sa isang paralelogram ABCD. Malinaw, depende sa lokasyong ito, ang uri ng seksyon ng polygon ay matutukoy.

Sa kaliwa sa Fig. 33 ang kaso ay isinasaalang-alang kapag ang tuwid na linya a 1 tumatawid sa mga gilid AD,AB sa mga punto M, N ayon sa pagkakabanggit, at namamalagi sa punto sa parehong kalahating puwang na may hangganan BSD. Narito ang cross section ay isang tatsulok MKN.

Ang tamang figure ay nagpapakita ng kaso kapag ang tuwid na linya a 3 kasinungalingan na may kasamang punto magkaibang panig mula sa eroplano BSD at tumatawid sa mga gilid DC, B.C. base sa mga punto M, N ayon sa pagkakabanggit. Ipahiwatig natin sa pamamagitan ng X punto ng intersection ng mga linya AD At a 3 . Dahil ito ay tuwid AD namamalagi sa eroplano ng mukha A.S.D., pagkatapos ang punto ay nasa mukha na ito X. Sa kabilang banda, punto X nabibilang sa linya a 3 nakahiga sa cutting plane. Samakatuwid, ang tuwid na linya ay magiging linya ng intersection ng cutting plane at ang eroplano ng mukha ASD. Ito ay nagpapahintulot sa iyo na mahanap ang punto R=SDÇ KX. Katulad nito, ang isang punto ay nagpapahintulot sa iyo na bumuo ng isang vertex TÎ B.S. ang nais na seksyon. Sa kaso na isinasaalang-alang, ang cutting plane ay nag-intersect sa lahat ng mga mukha ng pyramid at ang seksyon ay isang pentagon.

Iba pang mga kaso kamag-anak na posisyon direkta a at suriin ang base ng pyramid sa iyong sarili.

Isaalang-alang natin ang mga espesyal na pamamaraan para sa pagbuo ng mga seksyon.

4. Pamamaraan ng bakas. Kung ang cutting plane ay hindi parallel sa mukha ng polyhedron, pagkatapos ay intersects ang eroplano ng mukha na ito sa isang tuwid na linya. Ang tuwid na linya kung saan ang cutting plane ay intersects sa eroplano ng mukha ng polyhedron ay tinatawag sumusunod sa cutting plane sa eroplano ng mukha na ito. Ang isa sa mga pamamaraan para sa pagtatayo ng mga seksyon ng polyhedra ay batay sa paggamit ng bakas ng isang cutting plane sa eroplano ng isa sa mga mukha nito. Kadalasan, kapag gumagawa ng mga seksyon ng isang prisma at isang pinutol na pyramid, ang eroplano ng mas mababang base ay pinili bilang isang eroplano, at sa kaso ng isang pyramid, ang eroplano ng base nito.

Tingnan natin ang pagbuo ng mga seksyon gamit ang paraan ng pagsubaybay gamit ang mga halimbawa.

Gawain 2. Ibinigay na larawan parisukat na prismaABCDA 1 B 1 C 1 D 1. Tukuyin ang tatlong puntos na kabilang sa magkaibang mga lateral na mukha nito at bumuo ng isang seksyon na dumadaan sa tatlong puntong ito.

Solusyon. Alalahanin natin na upang tukuyin ang isang punto sa isang projection drawing, kinakailangan na tukuyin ang pangunahin at pangalawang projection nito. Sa kaso ng isang prisma, sumang-ayon kaming gumamit ng panloob na parallel na disenyo upang tukuyin ang mga pangalawang projection. Samakatuwid, upang itakda ang punto M, nakahiga sa mukha ABB 1 A 1, ipahiwatig ang projection nito M 1 papunta sa base plane parallel sa mga gilid na gilid ng prism. Ang mga puntos ay nakatakda sa parehong paraan N At K, nakahiga sa mga mukha AD 1 D.A. 1 , CDD 1 C 1 ayon sa pagkakabanggit (Larawan 34). Bumuo tayo ng bakas ng cutting plane sa eroplano ng lower base ng prism. Mga parallel na linya MM 1 ay namamalagi sa parehong eroplano at, samakatuwid, sa pangkalahatang kaso, ang mga tuwid na linya ay nagsalubong sa isang punto X. Dahil ang tuwid na linya ay namamalagi sa cutting plane, at ang tuwid na linya ay nasa eroplano ng mas mababang base, kung gayon ang punto X nabibilang sa bakas ng cutting plane sa eroplano ng ibabang base ng prisma. Gayundin, mga puntos K, N at ang kanilang pangalawang projection K 1 , N 1 ay nagbibigay-daan sa iyo upang mahanap ang pangalawang punto Y, na kabilang sa nais na bakas.

Diretso AB, nakahiga sa mukha ABB 1 A 1, tumatawid sa landas XY sa punto Z, samakatuwid ay tuwid MZ namamalagi sa eroplano ng mukha ABB 1 A 1 at sa secant plane. Segment TR, Saan T=MZÇ A.A. 1 , P=MZÇ BB 1 ang magiging gilid ng polygon ng seksyon. Susunod, sunud-sunod naming itinatayo ang mga panig nito TR At RQ, na dumadaan sa mga puntong ito N At K ayon sa pagkakabanggit. Sa wakas, itinayo namin ang panig PQ.

Suliranin 3 . Ang isang imahe ng isang pentagonal pyramid ay ibinigay SABCDE. Magtakda ng mga puntos N At K, na kabilang sa mga lateral edge S.C., SD ayon sa punto M, nakahiga sa mukha ASE. Bumuo ng isang seksyon na dumadaan sa mga ibinigay na puntos.

Solusyon. Upang magtakda ng mga puntos K,N At M Gamitin natin ang panloob na central projection na ang gitna ay nasa tuktok ng pyramid. Sa kasong ito, ang mga projection ng mga puntos K At N magkakaroon ng mga tuldok D At C, at ang projection ng punto M– punto (Larawan 35).

Ang mga linya at nakahiga sa eroplano ay karaniwang nagsalubong sa punto X, nakahiga sa cutting plane. Sa kabilang banda, punto X ay namamalagi sa eroplano ng base, at, samakatuwid, ito ay kabilang sa bakas ng secant plane sa eroplano ng base. Ang pangalawang punto ng nais na bakas ay magiging punto. Diretso AE, nakahiga sa mukha ASE pyramids, tumatawid sa trail XY sa punto Z. Pagguhit ng isang tuwid na linya ZM, hanapin ang gilid LP polygon-section. Upang mahanap ang vertex ng seksyon, bumuo kami ng isang punto at pagkatapos ay isang tuwid na linya.

5. Paraan ng panloob na disenyo. Ang kakanyahan ng pamamaraang ito ay na, gamit ang panloob na projection, ang mga punto ng seksyon ay hinahanap gamit ang kanilang kilalang pangalawang projection. Ang panloob na paraan ng disenyo ay lalong maginhawang gamitin sa mga kaso kung saan ang bakas ng cutting plane ay malayong inalis mula sa ibinigay na figure. Ang pamamaraang ito ay kailangan din kapag ang ilan sa mga linya na naglalaman ng mga gilid ng base ng polyhedron ay nagsalubong sa bakas sa labas ng pagguhit. Tingnan natin ang aplikasyon ng pamamaraan gamit ang mga halimbawa.

Problema 4. Ibinigay ang isang imahe ng isang hexagonal prism at tatlong puntos na nakahiga sa tatlong lateral na mukha, walang dalawa sa mga ito ang magkatabi. Bumuo ng isang seksyon ng prisma na may isang eroplanong dumadaan sa mga ibinigay na punto.

Solusyon. Hayaan ang mga ibinigay na puntos M,L,K humiga sa mga mukha , , , at M¢,L¢,K¢– ang kanilang pangalawang projection
(Larawan 36).

Maghanap tayo ng punto, kung saan ang cutting plane ay bumalandra sa gilid ng gilid. Upang gawin ito, gamit ang panloob na projection para sa isang punto, nakita namin ang pangunahing projection X, nakahiga sa cutting plane. Hinanap na punto X ay ang intersection point ng linya na dumadaan sa punto X¢ parallel sa mga lateral na gilid ng prism, at tuwid M.L., nakahiga sa cutting plane. Dot X nagbibigay-daan sa iyo na bumuo ng isang vertex at pagkatapos ay isang gilid QR mga seksyon. Katulad nito, gamit ang punto, bumuo kami ng isang punto Y, diretso KY at hanapin ang tuktok R mga seksyon. Susunod, ang mga panig ay itinayo PQ At P.O. mga seksyon.

Isinasagawa namin ang natitirang mga konstruksyon sa sumusunod na pagkakasunud-sunod:

1) bumuo ng isang punto Z¢=AK¢Ç BD;

2) hanapin ang punto Z (ZÎ PK);

3) nagsasagawa kami ng direktang OZ at hanapin ang tuktok S (SÎ DD 1) mga seksyon;

4) sunud-sunod na buuin ang mga panig S.R.,ST At SA mga seksyon.

Problema 5 . Ang isang imahe ng isang quadrangular pyramid at tatlong puntos na nakahiga sa mga lateral edge nito ay ibinigay. Bumuo ng isang seksyon na dumadaan sa mga ibinigay na puntos.

Solusyon. Hayaan S.A.B.C.D. pyramid na ito, at M,N, K– point data (Larawan 37). Pangalawang projection ng mga puntos M, N, K sa interior central projection mula sa itaas S mga punto sa base plane A, C At D ayon sa pagkakabanggit. Tandaan na sa problemang ito ang mga panig at KN ang mga seksyon ay agad na itinayo. Ang natitira na lang ay hanapin ang vertex ng seksyon L, nakahiga sa gilid na gilid S.B.. Upang gawin ito, gagawa kami ng isang punto at "itaas" ito sa cutting plane gamit ang panloob na projection. Preimage ng isang punto X¢ sa kasong ito ang sentral na disenyo ang magiging punto X=X¢SÇ MN. Vertex L, na kabilang sa gilid S.B., namamalagi sa isang tuwid na linya KX.

6. Pinagsamang pamamaraan. Ang kakanyahan ng pamamaraang ito ay upang pagsamahin ang pamamaraan ng bakas o ang pamamaraan ng panloob na disenyo sa mga konstruksyon batay sa mga katangian ng mga parallel na linya at eroplano.

Isaalang-alang ang sumusunod na halimbawa.

Suliranin 6. Punto M ay ang gitnang punto ng gilid AD Cuba ABCDA 1 B 1 C 1 D 1. Bumuo ng isang seksyon ng isang kubo na may isang eroplanong dumadaan sa isang punto M parallel sa dayagonal ВD mga base at diagonal AB 1 gilid na gilid AA 1 SA 1 SA.

Solusyon. Pagputol ng eroplano a parallel sa dayagonal BD base at dumadaan sa punto M, nakahiga din sa base, kaya nag-intersect ito sa base sa isang tuwid na linya
(Larawan 38).

Diretso l magiging bakas ng eroplano a sa eroplano ng ibabang base ng kubo. Tukuyin natin ang . Subaybayan m eroplano a sa mukha ng eroplano ABB 1 A 1 ay itinayo nang katulad. Ang trail na ito ay dumadaan sa punto N, parallel AB 1. Tukuyin natin ang .

Maaari mong ipagpatuloy ang pagbuo ng seksyon nang hindi gumagamit ng mga espesyal na pamamaraan. Gayunpaman, gagamitin namin ang paraan ng pagsubaybay. Hayaan itong maging tuwid Araw tumatawid sa tugaygayan l sa punto X. Mga puntos X at ang nais na eroplano a humiga din sa eroplano ng mukha VSS 1 SA 1 . Ipahiwatig natin sa pamamagitan ng L intersection point ng isang linya at isang gilid SA 1 SA 1. Susunod, ito ay maginhawa upang gamitin ang teorama tungkol sa intersection ng dalawang parallel na eroplano na may ikatlong eroplano. Sa bisa ng teorama na ito, . Dito RÎ DD 1 ,PÎ C 1 D 1 .

Patunayan na ang hexagon na nakuha sa seksyon ay regular.

Larawan ng bilog

1. Ellipse at mga katangian nito. Kapag naglalarawan ng isang silindro, kono at bola (sphere), kailangan nating gumuhit ng mga ellipse. Maaaring tukuyin ang isang ellipse sa iba't ibang paraan. Bawasan natin ang kahulugan sa pamamagitan ng pag-compress ng eroplano sa isang tuwid na linya.

Ellipse tinatawag na linya, na kung saan ay ang imahe ng isang bilog kapag ang eroplano ay naka-compress sa isang tuwid na linya na dumadaan sa gitna ng bilog (Larawan 39).

Kung ang isang bilog, isang tuwid na linya na dumadaan sa gitna nito, at isang ratio ng compression ay ibinigay, gamit ang kahulugan sa itaas, madaling gumawa ng isang imahe ng anumang punto sa ibinigay na bilog. Sa pamamagitan ng pagbuo ng ilang mga punto ng imahe at pagkonekta sa mga ito ng isang makinis na linya, maaari kang gumuhit ng isang ellipse, na isang imahe ng isang bilog.

Oxy upang ang axis nito baka kasabay ng direktang compression l, at ang simula TUNGKOL SA ay ang sentro ng bilog w radius a(Larawan 40). Sa coordinate system na ito, ang bilog w ay tinutukoy ng equation: o

Nangangahulugan ito na ang anumang punto na ang mga coordinate ay nakakatugon sa equation (1) ay kabilang sa bilog w, at isang punto na ang mga coordinate ay hindi nakakatugon sa (1) ay hindi kabilang.

Hayaan ay ang compression ratio, ay isang arbitrary na punto ng eroplano, at M 0 – ang projection nito sa linya l. Kapag na-compress sa isang punto M napupunta sa puntong ganyan . Dahil ito ay tuwid MM 1 parallel sa axis Oy, pagkatapos , at ang projection M 0 sa mga puntong ito sa linya ng compression baka tinutukoy ng mga coordinate.

Mula rito, . Samakatuwid, ang mga formula ng compression ay may anyo

Sa kabaligtaran, tinutukoy ng mga formula (2) ang compression ng eroplano sa axis baka na may compression ratio , kung saan ang punto ay napupunta sa punto .

Mula sa mga formula na ito, . Pagpapalit x At y sa equation (1), makuha natin ang: . Nangangahulugan ito na ang mga coordinate ng punto M 1, na kung saan ay ang imahe ng isang punto sa isang bilog, masiyahan ang equation

saan . Ito ang equation sa system Oxy tumutukoy sa isang ellipse g, na nakukuha sa pamamagitan ng pag-compress ng bilog w sa axis baka. Alalahanin na ang equation (3) ay tinatawag canonical equation ng isang ellipse.

Gamit ang canonical equation ng isang ellipse, maaari mong pag-aralan ang mga geometric na katangian nito. Alalahanin natin ang ilang mga konsepto na nauugnay sa ellipse at mga katangian nito.

Hayaan ang ellipse g ay ibinigay sa isang hugis-parihaba na coordinate system ng canonical equation (3). kasi x At y pumasok sa equation na ito sa ikalawang antas, maaari nating iguhit ang mga sumusunod na konklusyon.

Kung , kung gayon О g(Larawan 41). Ito ay sumusunod na ang pinagmulan TUNGKOL SA ay ang sentro ng simetrya ng ellipse. Ang sentro ng simetrya ng isang ellipse ay tinatawag na nito sentro.

Kung , kung gayon , . Sinusundan nito ang mga tuwid na linya baka At Oy ay ang mga axes ng simetrya ng ellipse. Ang mga palakol ng simetrya ng isang ellipse ay tinatawag na nito mga palakol. Ang bawat isa sa mga axes ay nag-intersect sa ellipse sa dalawang punto. Axis baka ay may equation , samakatuwid mula sa equation (3) para sa abscissa ng mga puntos A 1 , A 2 may mga intersection kami. Mula dito A 1 (a;0), A 2 (–a;0). Katulad nito, nakita namin na ang axis Oy intersects ang ellipse sa mga punto SA 1 (0;b) At SA 2 (0;–b). Ang mga punto ng intersection ng isang ellipse na may mga palakol nito ay tinatawag mga taluktok ellipse. Mga segment A 1 A 2 at SA 1 SA 2 tinatawag din ellipse axes. Ellipse center TUNGKOL SA ay ang karaniwang midpoint ng bawat isa sa mga segment na ito.

Ang isang segment na ang mga dulo ay nabibilang sa isang ellipse ay tinatawag chord ellipse na ito. Ang chord ng isang ellipse na dumadaan sa gitna nito ay tinatawag ellipse diameter. Ibig sabihin, Ang mga palakol ng ellipse ay ang magkaparehong patayong mga diameter nito.

Tandaan na para sa , mayroon kaming . Sa kasong ito A 1 A 2 >B 1 B 2 at mga segment A 1 A 2 , B 1 B 2 ay pinangalanan nang naaayon major at minor axes ellipse. Sa kasong ito, ang mga numero ay tinatawag nang naaayon major at minor axes ellipse. Kapag , sa kabaligtaran, . Dito nagbabago ang mga pangalan ng axis nang naaayon.

Isaalang-alang natin ang mga parametric equation ng ellipse at ang paraan ng pagbuo ng mga punto ng ellipse batay sa kanila.

Hayaan ang mga segment A 1 A 2 at SA 1 SA 2 ang mga palakol ng ellipse. Bumuo tayo ng mga concentric na bilog sa kanila, tulad ng sa mga diameter. w 1 at w 2 ayon sa pagkakabanggit (Larawan 42). Isaalang-alang ang sinag h simula sa isang punto TUNGKOL SA. Ang sinag na ito ay bumabagtas sa mga bilog w 1 at w 2 sa mga puntos M 1 at M 2. Sa pamamagitan ng punto M 1 gumuhit ng isang tuwid na linya parallel sa menor de edad axis SA 1 SA 2, at sa pamamagitan ng punto M 2 – tuwid na linya parallel sa pangunahing axis A 1 A 2. Ipakita natin na ang punto M ang intersection ng mga linyang ito ay kabilang sa isang ellipse na may ibinigay na mga palakol.

Pumili tayo ng rectangular coordinate system Oxy simula sa isang punto TUNGKOL SA. Hayaan ang isang punto sa sistemang ito M may mga coordinate ( x;y). Susunod, hayaan ang sinag h nabubuo na may sinag OA 1 sulok t. Kung , kung gayon , . Dahil ang mga puntos M At M 1 ay may pantay na abscissas, at ang mga puntos M At M 2 - pantay na mga ordinate,

Mula sa pagkakapantay-pantay (4) , , samakatuwid, dahil sa pangunahing trigonometriko pagkakakilanlan mayroon kami, i.e. ang itinayong punto ay kabilang sa isang ellipse na may mga semi-axes a At b.

Para sa anumang halaga tÎ

Maaari bang putulin ng isang eroplano ang isang kubo sa isang heptagon? Paano ang octagon, atbp.? bakit naman

Tingnan natin ang prisma at ang mga posibleng seksyon nito sa pamamagitan ng eroplano (sa modelo). Anong uri ng mga polygon ang nakuha?

Ano ang maaaring maging konklusyon? Ano ang pinakamalaking bilang ng mga gilid ng isang polygon na nakuha sa pamamagitan ng pagputol ng isang polyhedron gamit ang isang eroplano?

[ Pinakamalaking numero Ang mga gilid ng isang polygon na nakuha sa pamamagitan ng pagputol ng isang polyhedron ng isang eroplano ay katumbas ng bilang ng mga mukha ng polyhedron.]

B) a) Pamamaraan ng pagsubaybay ay binubuo sa paggawa ng mga bakas ng isang cutting plane papunta sa eroplano ng bawat mukha ng polyhedron. Ang pagtatayo ng isang seksyon ng isang polyhedron gamit ang paraan ng trace ay karaniwang nagsisimula sa pagtatayo ng tinatawag na pangunahing bakas ng cutting plane, i.e. bakas ng cutting plane sa eroplano ng base ng polyhedron.

b) Paraan ng mga pantulong na seksyon Ang pagbuo ng mga seksyon ng polyhedra ay medyo pangkalahatan. Sa mga kaso kung saan ang nais na bakas (o mga bakas) ng cutting plane ay nasa labas ng pagguhit, ang pamamaraang ito ay may ilang mga pakinabang. Kasabay nito, dapat tandaan na ang mga konstruksyon na isinagawa gamit ang pamamaraang ito ay madalas na nagiging "masikip." Gayunpaman, sa ilang mga kaso ang paraan ng mga pantulong na seksyon ay lumalabas na ang pinaka-makatuwiran.

Ang pamamaraan ng pagsubaybay at ang paraan ng pantulong na seksyon ay mga pagkakaiba-iba axiomatic na pamamaraan paggawa ng mga seksyon ng polyhedra na may isang eroplano.

c) Ang kakanyahan pinagsamang pamamaraan Ang pagtatayo ng mga seksyon ng polyhedra ay binubuo sa aplikasyon ng mga theorems sa parallelism ng mga linya at eroplano sa espasyo kasama ang axiomatic method.

Ngayon, gamit ang isang halimbawa ng paglutas ng problema, tingnan natin paraan ng pagsubaybay

4. Pag-aayos ng materyal.

Gawain 1.

Bumuo ng isang seksyon ng prism ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 na may eroplanong dumadaan sa mga puntong P, Q, R (ang mga punto ay ipinahiwatig sa pagguhit (Larawan 3)).

Solusyon.

kanin. 3

1. Bumuo tayo ng bakas ng cutting plane papunta sa eroplano ng lower base ng prism. Isaalang-alang ang mukha AA 1 B 1 B. Ang mga bahagi ng P at Q ay nasa mukha na ito.
2. Ipagpatuloy natin ang linyang PQ, na kabilang sa seksyon, hanggang sa mag-intersect ito sa linyang AB. Nakukuha namin ang isang punto S 1 na kabilang sa bakas.
3. Katulad nito, nakukuha namin ang punto S 2 sa pamamagitan ng intersection ng mga linyang QR at BC.
4. Straight line S 1 S 2 - bakas ng cutting plane papunta sa eroplano ng lower base ng prism.
5. Ang tuwid na linya na S 1 S 2 ay nagsalubong sa gilid AD sa puntong U, ang gilid na CD sa puntong T. Ikonekta natin ang mga puntong P at U, dahil ang mga ito ay nakahiga sa parehong eroplano ng mukha AA 1 D 1 D. Pareho nating nakuha TU at RT.
6. Ang PQRTU ang kinakailangang seksyon.

Bumuo ng isang seksyon ng parallelepiped ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 na may eroplanong dumadaan sa mga puntong M, N, P (ang mga punto ay ipinahiwatig sa pagguhit (Larawan 4)).

Solusyon.

1. Ang mga puntos na N at P ay namamalagi sa eroplano ng seksyon at sa eroplano ng ibabang base ng parallelepiped.
2. Bumuo tayo ng isang tuwid na linya sa pamamagitan ng mga puntong ito. Ang tuwid na linyang ito ay ang bakas ng cutting plane papunta sa eroplano ng base ng parallelepiped.
3. Ipagpatuloy natin ang tuwid na linya kung saang panig AB ng parallelepiped namamalagi. Ang mga linyang AB at NP ay nagsalubong sa isang puntong S. Ang puntong ito ay kabilang sa eroplano ng seksyon.
4. Dahil ang point M ay kabilang din sa section plane at intersects line AA 1 sa ilang point X.
5. Ang mga puntos na X at N ay nasa parehong eroplano ng mukha AA 1 D 1 D, ikonekta ang mga ito at kumuha ng isang tuwid na linya XN.
6. Dahil ang mga eroplano ng mga mukha ng parallelepiped ay parallel, pagkatapos ay sa pamamagitan ng punto M maaari tayong gumuhit ng isang linya sa mukha A 1 B 1 C 1 D 1 parallel sa linya NP. Ang tuwid na linyang ito ay magsalubong sa gilid B 1 C 1 sa puntong Y.

Katulad nito, gumuhit kami ng tuwid na linyang YZ, parallel sa tuwid na linya XN. Ikinonekta namin ang Z sa P at makuha ang nais na seksyon - MYZPNX.

Problema 3 (para sa independiyenteng solusyon).

Bumuo ng isang seksyon ng tetrahedron DACB na may isang eroplano na dumadaan sa mga punto M, N, P (ang mga punto ay ipinahiwatig sa pagguhit (Larawan 5)).

Sagutin ang tanong: ang mga shaded figures section ba ng inilalarawang polyhedra ng PQR plane? At kumpletuhin ang tamang konstruksiyon (Larawan 6).

Opsyon 1.

Opsyon 2.

Paksa ng aralin: PAGHAHANAP NG SEKSYONAL NA LUGAR.

Layunin ng aralin: upang ipakilala ang mga pamamaraan para sa paghahanap ng cross-sectional area ng isang polyhedron.

Mga hakbang sa aralin:

1. Pag-update ng mga pangunahing kaalaman.

Alalahanin ang theorem sa lugar ng orthogonal projection ng isang polygon.

2. Paglutas ng mga problema upang mahanap ang cross-sectional area:

Nang hindi ginagamit ang theorem sa lugar ng orthogonal projection ng isang polygon;

Gamit ang theorem sa lugar ng orthogonal projection ng isang polygon.

3. Pagbubuod ng aralin.

Pag-unlad ng aralin.

1. Pag-update ng mga pangunahing kaalaman.

Tandaan natin theorem sa lugar ng orthogonal projection ng isang polygon: Ang lugar ng orthogonal projection ng isang polygon papunta sa isang eroplano ay katumbas ng produkto ng lugar nito at ang cosine ng anggulo sa pagitan ng eroplano ng polygon at ng projection plane.

2. Paglutas ng problema.

ABCD - tama tatsulok na pyramid na may base side AB na pantay A at taas DH katumbas h. Bumuo ng isang seksyon ng pyramid na may isang eroplanong dumadaan sa mga punto D, C at M, kung saan ang M ay ang gitna ng gilid ng AB, at hanapin ang lugar nito (Larawan 7).

Ang cross section ng pyramid ay ang tatsulok na MCD.

Hanapin natin ang lugar nito. =

S = 1/2 DH CM = 1/2 A Hanapin ang cross-sectional area ng isang cube ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 na may gilid

eroplanong dumadaan sa vertex D at mga puntong E at F sa mga gilid A 1 D 1 at C 1 D 1, ayon sa pagkakabanggit, kung A 1 E = k · D 1 E at C 1 F = k · D 1 F.

1. Konstruksyon ng seksyon:
2. Dahil ang mga puntong E at F ay nabibilang sa seksyon ng eroplano at ang eroplano ng mukha A 1 B 1 C 1 D 1, at ang dalawang eroplano ay nagsalubong sa isang tuwid na linya, ang tuwid na linya na EF ay magiging isang bakas ng seksyon ng eroplano patungo sa eroplano ng mukha A 1 B 1 C 1 D 1 (Larawan 8).
3. Ang direktang ED at FD ay nakuha sa parehong paraan.

Ang EDF ay ang kinakailangang seksyon.

Problema 3 (para sa independiyenteng solusyon). A Bumuo ng isang seksyon ng kubo ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 na may gilid

isang eroplanong dumadaan sa mga puntong B, M at N, kung saan ang L ay ang gitna ng gilid AA 1, at ang N ay ang gitna ng gilid ng CC 1.

Binubuo namin ang seksyon gamit ang pamamaraan ng pagsubaybay. Nahanap namin ang cross-sectional area gamit ang theorem sa lugar ng orthogonal projection ng isang polygon. Sagot: S = 1/2 ·.

a 2

Kahulugan

Ang seksyon ay isang flat figure na nabuo kapag ang isang spatial figure ay nag-intersect sa isang eroplano at ang hangganan nito ay nasa ibabaw ng spatial figure.

Magkomento
Para sa mas detalyadong pag-aaral, inirerekumenda na maging pamilyar ka sa mga paksang “Introduction to Stereometry. Parallelism" at "Perpendicularity. Mga anggulo at distansya sa kalawakan”.

Mahahalagang Kahulugan

1. Dalawang linya sa kalawakan ay magkatulad kung ang mga ito ay nasa parehong eroplano at hindi nagsalubong.

2. Dalawang tuwid na linya sa kalawakan ang nagsalubong kung ang isang eroplano ay hindi mabubunot sa kanila.

4. Dalawang eroplano ay parallel kung wala silang mga karaniwang puntos.

5. Dalawang linya sa espasyo ay tinatawag na patayo kung ang anggulo sa pagitan ng mga ito ay katumbas ng \(90^\circ\) .

6. Ang isang linya ay tinatawag na patayo sa isang eroplano kung ito ay patayo sa anumang linya na nakahiga sa eroplanong ito.

7. Ang dalawang eroplano ay tinatawag na patayo kung ang anggulo sa pagitan ng mga ito ay \(90^\circ\) .

Mga mahahalagang axiom

1. Sa pamamagitan ng tatlong punto na hindi nakahiga sa parehong linya, isang eroplano ang dumaan, at isa lamang.

2. Ang isang eroplano, at isa lamang, ay dumadaan sa isang tuwid na linya at isang puntong hindi nakahiga dito.

3. Ang isang eroplano ay dumadaan sa dalawang intersecting na linya, at isa lamang.

Mahahalagang Teorema

1. Kung ang isang linyang \(a\) na hindi nakalagay sa eroplano \(\pi\) ay parallel sa ilang linya \(p\) na nasa eroplano \(\pi\) kung gayon ito ay parallel dito eroplano.

2. Hayaang ang tuwid na linya \(p\) ay parallel sa eroplano \(\mu\) . Kung ang eroplano \(\pi\) ay dumaan sa linya \(p\) at nag-intersect sa eroplano \(\mu\), kung gayon ang linya ng intersection ng mga eroplano \(\pi\) at \(\mu\) ay ang linyang \(m\) - parallel sa tuwid na linya \(p\) .

3. Kung ang dalawang intersecting na linya mula sa isang eroplano ay parallel sa dalawang intersecting na linya mula sa isa pang eroplano, kung gayon ang naturang mga eroplano ay magkatulad.

4. Kung dalawa parallel na eroplano Ang \(\alpha\) at \(\beta\) ay intersected ng ikatlong eroplano \(\gamma\), pagkatapos ay ang mga linya ng intersection ng mga eroplano ay parallel din:

\[\alpha\parallel \beta, \ \alpha\cap \gamma=a, \ \beta\cap\gamma=b \Longrightarrow a\parallel b\]

5. Hayaang ang tuwid na linya \(l\) ay nasa eroplano \(\lambda\) . Kung ang linyang \(s\) ay nag-intersect sa eroplano \(\lambda\) sa isang puntong \(S\) na hindi nakalagay sa linya \(l\), kung gayon ang mga linyang \(l\) at \(s\) bumalandra.

6. Kung ang isang linya ay patayo sa dalawang intersecting na linya na nakahiga sa isang partikular na eroplano, kung gayon ito ay patayo sa eroplanong ito.

7. Theorem tungkol sa tatlong perpendicular.

Hayaang ang \(AH\) ay patayo sa eroplano \(\beta\) . Hayaang ang \(AB, BH\) ang inclined plane at ang projection nito papunta sa plane \(\beta\) . Pagkatapos ang linyang \(x\) sa eroplano \(\beta\) ay magiging patayo sa hilig kung at kung ito ay patayo sa projection.

8. Kung ang isang eroplano ay dumaan sa isang linya na patayo sa isa pang eroplano, kung gayon ito ay patayo sa eroplanong ito.

Ang seksyon ay isang flat figure na nabuo kapag ang isang spatial figure ay nag-intersect sa isang eroplano at ang hangganan nito ay nasa ibabaw ng spatial figure.

Isa pa mahalagang katotohanan, kadalasang ginagamit upang bumuo ng mga seksyon:

upang mahanap ang punto ng intersection ng isang linya at isang eroplano, sapat na upang mahanap ang punto ng intersection ng isang naibigay na linya at ang projection nito papunta sa eroplanong ito.

Upang gawin ito, mula sa dalawang arbitrary na punto \(A\) at \(B\) ng tuwid na linya \(a\) gumuhit kami ng mga patayo sa eroplano \(\mu\) - \(AA"\) at \( Ang BB"\) (mga puntos \ (A", B"\) ay tinatawag na mga projection ng mga puntos \(A,B\) papunta sa eroplano). Pagkatapos ang linyang \(A"B"\) ay ang projection ng linyang \(a\) papunta sa eroplano \(\mu\) . Ang puntong \(M=a\cap A"B"\) ay ang intersection point ng tuwid na linya \(a\) at ang eroplano \(\mu\) .

Bukod dito, tandaan namin na ang lahat ng mga punto \(A, B, A", B", M\) ay nasa parehong eroplano.

Halimbawa 1.

Binigyan ng isang kubo \(ABCDA"B"C"D"\) . \(A"P=\dfrac 14AA", \KC=\dfrac15 CC"\). Hanapin ang intersection point ng tuwid na linya \(PK\) at ang eroplano \(ABC\) .

Solusyon

1) Dahil ang mga gilid ng kubo \(AA", CC"\) ay patayo sa \((ABC)\), pagkatapos ay ang mga puntong \(A\) at \(C\) ay mga projection ng mga punto \(P\) at \(K\). Pagkatapos ang linyang \(AC\) ay ang projection ng linyang \(PK\) papunta sa eroplano \(ABC\) . Palawakin natin ang mga segment na \(PK\) at \(AC\) lampas sa mga puntong \(K\) at \(C\), ayon sa pagkakabanggit, at makuha ang punto ng intersection ng mga linya - ang puntong \(E\) .

2) Hanapin ang ratio \(AC:EC\) . \(\triangle PAE\sim \triangle KCE\) sa dalawang sulok ( \(\angle A=\angle C=90^\circ, \angle E\)- pangkalahatan), ibig sabihin \[\dfrac(PA)(KC)=\dfrac(EA)(EC)\]

Kung tinutukoy natin ang gilid ng kubo bilang \(a\) , kung gayon \(PA=\dfrac34a, \KC=\dfrac15a, \AC=a\sqrt2\). Pagkatapos:

\[\dfrac(\frac34a)(\frac15a)=\dfrac(a\sqrt2+EC)(EC) \Rightarrow EC=\dfrac(4\sqrt2)(11)a \Rightarrow AC:EC=4:11\ ]

Halimbawa 2.

Ibinigay ang isang regular na triangular na pyramid \(DABC\) na may base \(ABC\) na ang taas ay katumbas ng gilid ng base. Hayaang hatiin ng punto \(M\) ang gilid na gilid ng pyramid sa ratio na \(1:4\), pagbibilang mula sa tuktok ng pyramid, at \(N\) - ang taas ng pyramid sa ratio \ (1:2\), pagbibilang mula sa tuktok ng pyramid. Hanapin ang punto ng intersection ng tuwid na linya \(MN\) sa eroplano \(ABC\) .

Solusyon

1) Hayaan ang \(DM:MA=1:4, \DN:NO=1:2\) (tingnan ang figure). kasi ang pyramid ay regular, pagkatapos ay bumaba ang taas sa puntong \(O\) ng intersection ng mga median ng base. Hanapin natin ang projection ng tuwid na linya \(MN\) papunta sa eroplano \(ABC\) . kasi \(DO\perp (ABC)\) , pagkatapos ay \(NO\perp (ABC)\) . Nangangahulugan ito na ang \(O\) ay isang puntong kabilang sa projection na ito. Hanapin natin ang pangalawang punto. Ibagsak natin ang patayo \(MQ\) mula sa puntong \(M\) patungo sa eroplano \(ABC\) . Ang puntong \(Q\) ay nasa median na \(AK\) .
Sa katunayan, dahil Ang \(MQ\) at \(NO\) ay patayo sa \((ABC)\), pagkatapos ay parallel sila (na ang ibig sabihin ay nasa iisang eroplano). Samakatuwid, dahil ang mga puntos na \(M, N, O\) ay nasa parehong eroplano \(ADK\), pagkatapos ay ang puntong \(Q\) ay nasa eroplanong ito. Ngunit gayundin (sa pamamagitan ng pagtatayo) ang puntong \(Q\) ay dapat na nasa eroplano \(ABC\), samakatuwid, ito ay nasa linya ng intersection ng mga eroplanong ito, at ito ay \(AK\) .

Nangangahulugan ito na ang linyang \(AK\) ay ang projection ng linya \(MN\) papunta sa eroplano \(ABC\) . Ang \(L\) ay ang punto ng intersection ng mga linyang ito.

2) Tandaan na upang maiguhit nang tama ang pagguhit, kinakailangan upang mahanap ang eksaktong posisyon ng punto \(L\) (halimbawa, sa aming pagguhit ang puntong \(L\) ay nasa labas ng segment \(OK\ ), bagama't maaaring nasa loob nito; paano ito tama?).

kasi ayon sa kondisyon, ang gilid ng base ay katumbas ng taas ng pyramid, pagkatapos ay tinutukoy namin \(AB=DO=a\) . Pagkatapos ang median ay \(AK=\dfrac(\sqrt3)2a\) . Ibig sabihin, \(OK=\dfrac13AK=\dfrac 1(2\sqrt3)a\). Hanapin natin ang haba ng segment na \(OL\) (pagkatapos ay mauunawaan natin kung ang puntong \(L\) ay nasa loob o labas ng segment \(OK\): kung \(OL>OK\) kung gayon ay nasa labas, kung hindi ito ay nasa loob).

A) \(\triangle AMQ\sim \triangle ADO\) sa dalawang sulok ( \(\angle Q=\angle O=90^\circ, \\angle A\)- pangkalahatan). Ibig sabihin,

\[\dfrac(MQ)(DO)=\dfrac(AQ)(AO)=\dfrac(MA)(DA)=\dfrac 45 \Rightarrow MQ=\dfrac 45a, \AQ=\dfrac 45\cdot \dfrac 1(\sqrt3)a\]

Ibig sabihin, \(QK=\dfrac(\sqrt3)2a-\dfrac 45\cdot \dfrac 1(\sqrt3)a=\dfrac7(10\sqrt3)a\).

b) Tukuyin natin ang \(KL=x\) .
\(\tatsulok LMQ\sim \tatsulok LNO\) sa dalawang sulok ( \(\angle Q=\angle O=90^\circ, \\angle L\)- pangkalahatan). Ibig sabihin,

\[\dfrac(MQ)(NO)=\dfrac(QL)(OL) \Rightarrow \dfrac(\frac45 a)(\frac 23a) =\dfrac(\frac(7)(10\sqrt3)a+x )(\frac1(2\sqrt3)a+x) \Rightarrow x=\dfrac a(2\sqrt3) \Rightarrow OL=\dfrac a(\sqrt3)\]

Samakatuwid, ang ibig sabihin ng \(OL>OK\) ay ang puntong \(L\) ay talagang nasa labas ng segment \(AK\) .

Ang seksyon ay isang flat figure na nabuo kapag ang isang spatial figure ay nag-intersect sa isang eroplano at ang hangganan nito ay nasa ibabaw ng spatial figure.

Huwag maalarma kung, kapag nilutas ang isang katulad na problema, nalaman mong negatibo ang haba ng segment. Kung sa mga kondisyon ng nakaraang problema ay natanggap namin na ang \(x\) ay negatibo, nangangahulugan ito na mali naming napili ang posisyon ng punto \(L\) (iyon ay, na ito ay matatagpuan sa loob ng segment \(AK \)) .

Halimbawa 3

Binigyan ng regular na quadrangular pyramid \(SABCD\) . Hanapin ang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng eroplano \(\alpha\) na dumadaan sa puntong \(C\) at sa gitna ng gilid \(SA\) at parallel sa linya \(BD\) .

Solusyon

1) Tukuyin natin ang gitna ng gilid \(SA\) ng \(M\) . kasi ang pyramid ay regular, pagkatapos ay ang taas \(SH\) ng pyramid ay bumaba sa punto ng intersection ng mga diagonal ng base. Isaalang-alang ang eroplano \(SAC\) . Ang mga segment na \(CM\) at \(SH\) ay nasa eroplanong ito, hayaan silang mag-intersect sa puntong \(O\) .

Upang ang eroplano \(\alpha\) ay maging parallel sa linya \(BD\) , dapat itong maglaman ng ilang linya parallel sa \(BD\) . Ang puntong \(O\) ay matatagpuan kasama ng linyang \(BD\) sa parehong eroplano - sa eroplano \(BSD\) . Iguhit natin sa eroplanong ito sa puntong \(O\) ang tuwid na linya \(KP\parallel BD\) (\(K\in SB, P\in SD\) ). Pagkatapos, sa pamamagitan ng pagkonekta sa mga punto \(C, P, M, K\) , nakakakuha kami ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng eroplano \(\alpha\) .

2) Hanapin natin ang kaugnayan kung saan ang mga puntos na \(K\) at \(P\) ay hinati ng mga gilid \(SB\) at \(SD\) . Sa ganitong paraan, ganap nating tutukuyin ang itinayong seksyon.

Tandaan na dahil \(KP\parallel BD\) , pagkatapos ay sa pamamagitan ng Thales' theorem \(\dfrac(SB)(SK)=\dfrac(SD)(SP)\). Ngunit ang ibig sabihin ng \(SB=SD\) ay \(SK=SP\) . Kaya, ang \(SP:PD\) lamang ang mahahanap.

Isaalang-alang ang \(\triangle ASC\) . Ang \(CM, SH\) ay ang mga median sa tatsulok na ito, samakatuwid, ang intersection point ay nahahati sa ratio \(2:1\), pagbibilang mula sa vertex, iyon ay, \(SO:OH=2:1\ ).

Ngayon ayon sa theorem ni Thales mula sa \(\triangle BSD\): \(\dfrac(SP)(PD)=\dfrac(SO)(OH)=\dfrac21\).

3) Tandaan na ayon sa theorem ng tatlong perpendiculars, ang \(CO\perp BD\) ay parang pahilig (\(OH\) ​​​​ay isang patayo sa eroplano \(ABC\), \(CH\perp BD\) ay isang projection). Kaya, \(CO\perp KP\) . Kaya, ang seksyon ay isang quadrilateral \(CPMK\) na ang mga dayagonal ay magkaparehong patayo.

Halimbawa 4

Given a rectangular pyramid \(DABC\) na may gilid \(DB\) patayo sa eroplano \(ABC\) . Sa base ay namamalagi kanang tatsulok na may \(\angle B=90^\circ\) , at \(AB=DB=CB\) . Gumuhit ng isang eroplano sa pamamagitan ng tuwid na linya \(AB\) patayo sa mukha \(DAC\) at hanapin ang seksyon ng pyramid na may ganitong eroplano.

Solusyon

1) Ang eroplanong \(\alpha\) ay magiging patayo sa mukha \(DAC\) kung naglalaman ito ng linyang patayo sa \(DAC\) . Gumuhit tayo ng patayo mula sa puntong \(B\) hanggang sa eroplano \(DAC\) - \(BH\) , \(H\in DAC\) .

Gumuhit tayo ng auxiliary \(BK\) – median sa \(\triangle ABC\) at \(DK\) – median sa \(\triangle DAC\) .
kasi \(AB=BC\) , pagkatapos ay ang \(\triangle ABC\) ay isosceles, na nangangahulugang \(BK\) ay ang taas, iyon ay, \(BK\perp AC\) .
kasi \(AB=DB=CB\) at \(\angle ABD=\angle CBD=90^\circ\), Iyon \(\triangle ABD=\triangle CBD\), samakatuwid, \(AD=CD\) , samakatuwid, ang \(\triangle DAC\) ay isosceles din at \(DK\perp AC\) .

Ilapat natin ang teorama tungkol sa tatlong patayo: \(BH\) – patayo sa \(DAC\) ; oblique \(BK\perp AC\) , na nangangahulugang projection \(HK\perp AC\) . Ngunit natukoy na namin na \(DK\perp AC\) . Kaya, ang puntong \(H\) ay nasa segment \(DK\) .

Sa pamamagitan ng pagkonekta sa mga puntos na \(A\) at \(H\) nakakakuha tayo ng isang segment \(AN\) kung saan ang eroplanong \(\alpha\) ay nag-intersect sa mukha \(DAC\) . Pagkatapos ay ang \(\triangle ABN\) ay ang gustong seksyon ng pyramid ng eroplano \(\alpha\) .

2) Tukuyin ang eksaktong posisyon ng punto \(N\) sa gilid \(DC\) .

Tukuyin natin ang \(AB=CB=DB=x\) . Pagkatapos ay \(BK\) habang ang median ay bumaba mula sa tuktok tamang anggulo sa \(\triangle ABC\) ay katumbas ng \(\frac12 AC\) , samakatuwid \(BK=\frac12 \cdot \sqrt2 x\) .

Isaalang-alang ang \(\triangle BKD\) . Hanapin natin ang ratio \(DH:HK\) .

Tandaan na mula noon \(BH\perp (DAC)\), pagkatapos ay ang \(BH\) ay patayo sa anumang tuwid na linya mula sa eroplanong ito, na nangangahulugang \(BH\) ay ang taas sa \(\triangle DBK\) . Pagkatapos \(\triangle DBH\sim \triangle DBK\), samakatuwid

\[\dfrac(DH)(DB)=\dfrac(DB)(DK) \Rightarrow DH=\dfrac(\sqrt6)3x \Rightarrow HK=\dfrac(\sqrt6)6x \Rightarrow DH:HK=2:1 \]

Isaalang-alang natin ngayon ang \(\triangle ADC\) . Ang mga median ng eksaktong intersection triangle ay hinati sa ratio na \(2:1\), na binibilang mula sa vertex. Nangangahulugan ito na ang \(H\) ay ang intersection point ng mga median sa \(\triangle ADC\) (dahil ang \(DK\) ay ang median). Ibig sabihin, ang \(AN\) ay isa ring median, na nangangahulugang \(DN=NC\) .