Ортогональна проекція та її властивості. Розробка "Докладний доказ теореми про ортогональну проекцію багатокутника" (10 клас) Площа ортогональної поверхні

Детальний доказ теореми про ортогональну проекцію багатокутника

Якщо - проекція плоского n -кутника на площину, то де - кут між площинами багатокутників і. Іншими словами, площа проекції плоского багатокутника дорівнює добутку площі багатокутника, що проектується, на косинус кута між площиною проекції і площиною проектованого багатокутника.

Доведення. I етап. Проведемо доказ спочатку для трикутника. Розглянемо 5 випадків.

1 випадок. лежать у площині проекції .

Нехай – проекції точок на площину відповідно. У нашому випадку. Припустимо, що. Нехай - висота, тоді за теоремою про три перпендикуляри ми можемо укласти, що - висота (- проекція похилої, - її основа і пряма проходить через основу похилої, причому).

Розглянемо. Він прямокутний. За визначенням косинуса:

З іншого боку, оскільки, тоді за визначенням - лінійний кут двогранного кута, утвореного напівплощинами площин і з граничною прямою, а, отже, його міра є також і мірою кута між площинами проекції трикутника і самого трикутника, тобто.

Знайдемо відношення площі до:

Зауважимо, що формула залишається правильною навіть коли. В цьому випадку

2 випадок. Тільки лежить у площині проекції та паралельна площині проекції .

Нехай – проекції точок на площину відповідно. У нашому випадку.

Проведемо через точку пряму. У разі пряма перетинає площину проекції, отже, по лемі, і пряма перетинає площину проекції. Нехай це буде в точці Так, то точки лежать в одній площині, а так як паралельна площині проекції, то за наслідком з ознаки паралельності прямої і площини слід, що. Отже, – паралелограм. Розглянемо в. Вони рівні за трьома сторонами (- загальна, як протилежні сторони паралелограма). Зауважимо, що чотирикутник - прямокутник і дорівнює (по катету та гіпотенузі), отже, дорівнює по трьох сторонах. Тому в.

Для застосуємо 1 випадок: , тобто.

3 випадок. Тільки лежить у площині проекції і не паралельна площині проекції .

Нехай точка - точка перетину прямої із площиною проекції. Зауважимо, що в. З 1 випадку: і. Таким чином отримуємо, що

4 випадок. Вершини не лежать у площині проекції . Розглянемо перпендикуляри. Візьмемо серед цих перпендикулярів найменший. Нехай це буде перпендикуляр. Може виявитися, що або тільки, або тільки. Тоді все одно беремо.

Відкладемо від точки на відрізку точку, так, щоб і від точки на відрізку точку, так, щоб. Така побудова можлива, оскільки найменший з перпендикулярів. Зауважимо, що є проекцією і за побудовою. Доведемо, що й рівні.

Розглянемо чотирикутник. За умовою - перпендикуляри до однієї площини, отже, за теоремою, тому. Так як за побудовою, тоді за ознакою паралелограма (по паралельним і рівним сторонам протилежним) ми можемо укласти, що - паралелограм. Отже, . Аналогічно доводиться, що . Отже, і дорівнюють по трьох сторонах. Тож. Зауважимо, що і як протилежні сторони паралелограмів, отже, за ознакою паралельності площин, . Так як ці площини паралельні, то вони утворюють той самий кут з площиною проекції.

Для застосування попередніх випадків:.

5 випадок. Площина проекції перетинає сторони . Розглянемо прямі. Вони перпендикулярні до площини проекції, тому за теоремою вони є паралельними. На сонаправленных променях з початками у точках відповідно відкладемо рівні відрізки, таким чином, щоб вершини лежали поза площиною проекції. Зауважимо, що є проекцією і за побудовою. Покажемо, що дорівнює.

Так як і, за побудовою, тоді. Отже, за ознакою паралелограма (по двох рівних та паралельних сторонах), - паралелограм. Аналогічно доводиться, що й – паралелограми. Але тоді, і (як протилежні сторони), тому дорівнює трьом сторонам. Отже, .

Крім того, і тому, за ознакою паралельності площин. Так як ці площини паралельні, то вони утворюють той самий кут з площиною проекції.

Для застосування 4 випадок:.

II етап. Розіб'ємо плоский багатокутник на трикутники за допомогою діагоналей, проведених з вершини: Тоді з попередніх випадків для трикутників: .

Що й потрібно було довести.

Розглянемо площину p і перетинає її пряму . Нехай А - Довільна точка простору. Через цю точку проведемо пряму , паралельну прямий . Нехай . Крапка називається проекцією точки Ана площину pпри паралельному проектуванні за заданою прямою . Площина p , На яку проектуються точки простору називається площиною проекції.

p – площина проекції;

- Пряма проектування; ;

; ; ;

Ортогональне проектуванняє окремим випадком паралельного проектування. Ортогональне проектування - це паралельне проектування, у якому пряма проектування перпендикулярна площині проекції. Ортогональне проектування широко застосовується в технічному кресленні, де фігура проектується на три площині – горизонтальну та дві вертикальні.

Визначення: Ортогональною проекцією точки Мна площину pназивається основа М 1перпендикуляра ММ 1, опущеного з точки Мна площину p.

Позначення: , , .

Визначення: Ортогональною проекцією фігури. Fна площину pназивається безліч усіх точок площини, що є ортогональними проекціями безлічі точок фігури Fна площину p.

Ортогональне проектування, як окремий випадок паралельного проектування, має ті самі властивості:

p – площина проекції;

- Пряма проектування; ;

1) ;

2) , .

Проекції паралельних прямих паралельні.

ПЛОЩА ПРОЕКЦІЇ ПЛОЩОЇ ФІГУРИ

Теорема: Площа проекції плоского багатокутника на деяку площину дорівнює площі багатокутника, що проектується, помноженої на косинус кута між площиною багатокутника і площиною проекції.

1 етап: Фігура, що проектується – трикутник АВС, сторона якого АС лежить у площині проекції a (паралельна площині проекції a).

Дано:

Довести:

Доведення:

1. ; ;

2. ; ; ; ;

3. ; ;

4. По теоремі про три перпендикуляри;

ВD - висота; У 1 D - висота;

5. - лінійний кут двогранного кута;

6. ; ; ; ;

2 етап: Постаті, що проектується – трикутник АВС, жодна зі сторін якого не лежить у площині проекції a і не паралельна їй.

Дано:

Довести:

Доведення:

1. ; ;

2. ; ;

4. ; ; ;

(1 етап);

5. ; ; ;

(1 етап);

Етап: Проектована фігура – довільний багатокутник.

Доведення:

Багатокутник розбивається діагоналями, проведеними з однієї вершини, на кінцеве число трикутників, кожному з яких теорема правильна. Тому теорема буде вірна й у суми площ всіх трикутників, площини яких утворюють і той ж кут із площиною проекції.

Зауваження: Доведена теорема справедлива для будь-якої плоскої фігури, що обмежена замкненою кривою.

Вправи:

1. Знайти площу трикутника, площина якого нахилена до площини проекції під кутом , якщо його проекція – правильний трикутник зі стороною а.

2. Знайти площу трикутника, площина якого нахилена до площини проекції під кутом, якщо його проекція – рівнобедрений трикутник з боковою стороною 10 см і основою 12 см.

3. Знайти площу трикутника, площина якого нахилена до площини проекції під кутом, якщо його проекція – трикутник зі сторонами 9, 10 і 17 см.

4. Обчислити площу трапеції, площина якої нахилена до площини проекції під кутом , якщо її проекція – рівнобедренная трапеція, більшу основу якої 44 див, бічна сторона 17 див і діагональ 39 див.

5. Обчислити площу проекції правильного шестикутника зі стороною 8 см, площина якого нахилена до площини проекції під кутом.

6. Ромб зі стороною 12 см і гострим кутом утворює з даною площиною кут. Обчислити площу проекції ромба на цю площину.

7. Ромб зі стороною 20 см і діагоналлю 32 см утворює з цією площиною кут. Обчислити площу проекції ромба на цю площину.

8. Проекція навісу на горизонтальну площину має прямокутник зі сторонами і . Знайти площу навісу, якщо бічні грані – рівні прямокутники, нахилені до горизонтальної площини під кутом, а середня частина навісу – квадрат, паралельний площині проекції.

11. Вправи на тему «Прямі та площини у просторі»:

Сторони трикутника дорівнюють 20 см, 65 см, 75 см. З вершини більшого кута трикутника проведено до його площини перпендикуляр, що дорівнює 60 см. Знайти відстань від кінців перпендикуляра до більшої сторони трикутника.

2. З точки, що віддаляється від площини на відстані см, проведено дві похилі, що утворюють з площиною кути, рівні , а між собою – прямий кут. Знайти відстань між точками перетину похилих із площиною.

3. Сторона правильного трикутника дорівнює 12 см. Точка М обрана так, що відрізки, що з'єднують точку М з усіма вершинами трикутника, утворюють із його площиною кути . Знайти відстань від точки М до вершин та сторін трикутника.

4. Через сторону квадрата проведено площину під кутом до діагоналі квадрата. Знайти кути, під якими нахилені до площини дві сторони квадрата.

5. Катет рівнобедреного прямокутного трикутника нахилений до площини a, що проходить через гіпотенузу, під кутом . Довести, що кут між площиною a та площиною трикутника дорівнює .

6. Двогранний кут між площинами трикутників АВС та DВС дорівнює . Знайти АD, якщо АВ = АС = 5 см, ПС = 6 см, ВD = DС = см.

Контрольні питання на тему «Прямі та площини у просторі»

1. Перелічити основні поняття стереометрії. Сформулювати аксіому стереометрії.

2. Довести слідства з аксіом.

3. Яке взаємне розташування двох прямих у просторі? Дати визначення прямих, що перетинаються, паралельних, схрещуються.

4. Довести ознаку прямих, що схрещуються.

5. Яке взаємне розташування прямої та площини? Дати визначення пересічних, паралельних прямій та площині.

6. Довести ознаку паралельності прямої та площини.

7. Яким є взаємне розташування двох площин?

8. Дати визначення паралельних площин. Довести ознаку паралельності двох площин. Сформулювати теореми про паралельні площини.

9. Дати визначення кута між прямими.

10. Довести ознаку перпендикулярності прямої та площини.

11. Дати визначення підстави перпендикуляра, підстави похилої проекції похилої на площину. Сформулювати властивості перпендикуляра та похилих, опущених на площину з однієї точки.

12. Дати визначення кута між прямою та площиною.

13. Довести теорему про три перпендикуляри.

14. Дати визначення двогранного кута, лінійного кута двогранного кута.

15. Довести ознаку перпендикулярності двох площин.

16. Дати визначення відстані між двома різними точками.

17. Дати визначення відстані від точки до прямої.

18. Дати визначення відстані від точки до площини.

19. Дати визначення відстані між прямою та паралельною їй площиною.

20. Дати визначення відстані між паралельними площинами.

21. Дати визначення відстані між прямими, що схрещуються.

22. Дати визначення ортогональної проекції точки на площину.

23. Дати визначення ортогональної проекції фігури на площину.

24. Сформулювати властивості проекцій на площину.

25. Сформулювати та довести теорему про площу проекції плоского багатокутника.

Розгляну питання про формулу проекцій граней прямокутного тетраедра. Попередньо розгляну ортогональне проектування відрізка, що лежить у площині α, виділивши два випадки розташування цього відрізка щодо прямої l=α∩π.
Випадок 1. ABl(Рис. 8). Відрізок A 1 B 1 є ортогональною проекцією відрізка AB, дорівнює і паралельний відрізку АВ.

Мал. 8

Випадок 2 CD⊥l(Рис. 8). По теоремі про три перпендикуляри пряма C 1 D 1 є ортогональною проекцією прямої CD, також перпендикулярна до прямої l. Отже, ∠CEC 1 — кут між площиною α і площиною проекцій π , тобто де C0D=C1D1. Тому |C 1 D 1 |=|CD|∙cosφ
Тепер розгляну питання про ортогональне проектування трикутника.
Площа ортогональної проекції трикутника на площину дорівнює площі трикутника, що проектується, помноженої на косинус кута між площиною трикутника і площиною проекцій.

Доведення.Площа проекції трикутника.
а) Нехай одна із сторін, наприклад АС, проектованого трикутника ABC паралельна до прямої l=α∩π (рис. 9) або лежить на ній.

Мал. 9

Тоді його висота ВН перпендикулярна до прямої l , а площа дорівнює , тобто .

На підставі вище розглянутих властивостей ортогональної проекції відрізка маю:

За теоремою про три перпендикуляри пряма B 1 H 1 — ортогональна проекція прямої ВН — перпендикулярна до прямої l, отже, відрізок В 1 Н 1 — висота трикутника A 1 B 1 C 1 . Тому. Таким чином, .
б) Жодна із сторін проектованого трикутника ABC не паралельна прямій l (рис. 10). Проведу через кожну вершину трикутника пряму, паралельну до прямої l. Одна з цих прямих лежить між двома іншими (на малюнку - це пряма m), і, отже, розбиває трикутник ABC на трикутники ABD і ACD з висотами відповідно ВН і РЄ, проведеними до їхньої спільної сторони AD (або її продовження), яка паралельна l. Пряма m 1 — ортогональна проекція прямої m — також розбиває трикутник А 1 В 1 С 1 — ортогональну проекцію трикутника ABC — на трикутники A 1 B 1 D 1 і A 1 C 1 D 1 де . Беручи до уваги (9) та (10), отримую

Нагадаємо, що кутом між прямою та площиною називається кут між даною прямою та її проекцією на площину (рис. 164).

Теорема. Площа ортогональної проекції багатокутника на площину дорівнює площі багатокутника, що проектується, помноженої на косинус кута, утвореного площиною багатокутника і площиною проекції.

Кожен багатокутник можна розбити на трикутники, сума площ яких дорівнює площі багатокутника. Тому теорему достатньо довести для трикутника.

Нехай $\Delta$АВС проектується на площину р. Розглянемо два випадки:

а) одна із сторін $\Delta$АВС паралельна площині р;

б) жодна зі сторін $\Delta$АВС не паралельна р.

Розглянемо перший випадок: нехай [АВ] || р.

Проведемо через (АВ) площину р 1 || рі спроектуємо ортогонально $\Delta$АВС на р 1 і на р(Рис. 165); отримаємо $\Delta$АВС 1 і $\Delta$АВС.

За якістю проекції маємо $\Delta$АВС 1 $\cong$ $\Delta$ АВС, і тому

S$\Delta$ABC1 = S$\Delta$ABC

Проведемо ⊥ та відрізок D 1 C 1 . Тоді ⊥ , a $\widehat(CD_(1)C_(1))$ = φ є величина кута між площиною $\Delta$ АВС і площиною р 1 . Тому

S (Delta) ABC1 = 1 / 2 | AB | |C 1 D 1 | = 1 / 2 | АВ | |CD 1 | cos φ = S $\Delta$ABC cos φ

і, отже, S (Delta) A B = C = S \ (Delta) ABC cos φ.

Перейдемо до розгляду другого випадку. Проведемо площину р 1 || рчерез ту вершину $\Delta$АВС, відстань від якої до площини рнайменше (нехай це буде вершина А).

Спроектуємо $\Delta$АВС на площині р 1 і р(рис. 166); нехай його проекціями будуть відповідно $\Delta$АВ 1 С 1 і $\Delta$АВС.

Нехай (ВС) $\cap $ p 1 = D. Тоді

S $\Delta$A B=C = S $\Delta$AB1 C1 = S $\Delta$ADC1 - S $\Delta$ADB1 = (S $\Delta$ ADC - S $\Delta$ADB) cos φ = S $\Delta$ABC cos φ

Завдання.Через бік основи правильної трикутної призми проведено площину під кутом φ = 30° до її основи. Знайти площу утвореного перерізу, якщо сторона основи призми а= 6 див.

Зобразимо переріз цієї призми (рис. 167). Оскільки призма правильна, її бічні ребра перпендикулярні площині основания. Отже, $\Delta$АВС є проекція $\Delta$АDС, тому
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(S_(\Delta ABC))(cos\phi) = \frac(a\cdot a\sqrt3)(4cos\phi) $$
або
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(6\cdot 6\cdot \sqrt3)(4\cdot\frac(\sqrt3)(2)) = 18 (см^2) $$

ГЕОМЕТРІЯ
Плани-конспекти уроків для 10 класів

Урок 56

Тема. Площа ортогональної проекції багатокутника

Мета уроку: вивчення теореми про площу ортогональної проекції багатокутника, формування умінь учнів застосовувати вивчену теорему вирішення завдань.

Обладнання: стереометричний набір, модель куба.

Хід уроку

І. Перевірка домашнього завдання

1. Два учні відтворюють рішення задач № 42, 45 на дошці.

2. Фронтальне опитування.

1) Дайте визначення кута між двома площинами, що перетинаються.

2) Чому дорівнює кут між:

а) паралельними площинами;

б) перпендикулярними площинами?

3) У яких межах може змінюватися кут між двома площинами?

4) Чи правильно, що площина, яка перетинає паралельні площини, перетинає їх під однаковими кутами?

5) Чи правильно, що площина, яка перетинає перпендикулярні площини, перетинає їх під однаковими кутами?

3. Перевірка правильності розв'язання задач № 42, 45, яке відтворили учні на дошці.

ІІ. Сприйняття та усвідомлення нового матеріалу

Завдання учням

1. Доведіть, що площа проекції трикутника, у якого одна сторона знаходиться у площині проекції, дорівнює добутку його площі на косинус кута між площиною багатокутника та площиною проекції.

2. Доведіть теорему для випадку, коли ґратовим є трикутник, у якого одна сторона паралельна площині проекцій.

3. Доведіть теорему для випадку, коли решітковим є трикутник, у якого жодна зі сторін не паралельна площині проекцій.

4. Доведіть теорему для будь-якого багатокутника.

Вирішення задач

1. Знайти площу ортогональної проекції багатокутника, площа якого дорівнює 50 см2, а кут між площиною багатокутника та його проекції - 60°.

2. Знайти площу багатокутника, якщо площа ортогональної проекції цього багатокутника дорівнює 50 см2, а кут між площиною багатокутника та його проекцією дорівнює 45°.

3. Площа багатокутника дорівнює 64 см2, а площа ортогональної проекції – 32 см2. Знайдіть кут між площинами багатокутника та його проекції.

4. Чи може площа ортогональної проекції багатокутника дорівнює площі цього багатокутника?

5. Ребро куба дорівнює а. Знайти площу перерізу куба площиною, що проходить через вершину основи під кутом 30° до цієї основи і перетинає всі бічні ребра. (Відповідь.)

6. Завдання № 48 (1, 3) із підручника (с. 58).

7. Завдання № 49(2) із підручника (с. 58).

8. Сторони прямокутника дорівнюють 20 і 25 см. Його проекція на площину подібна до нього. Знайти периметр проекції. (Відповідь 72 см або 90 см.)

ІІІ. Домашнє завдання

§4, п. 34; контрольне питання №17; задачі № 48 (2), 49 (1) (с. 58).

IV. Підбиття підсумку уроку

Питання до класу

1) Сформулюйте теорему про площу ортогональної проекції багатокутника.

2) Чи може площа ортогональної проекції багатокутника бути більшою за площу багатокутника?

3) Через гіпотенузу АВ прямокутного трикутника АВС проведено площину під кутом 45° до площини трикутника і перпендикуляр CO до площини. АС = 3 см, НД = 4 см. Вкажіть, які з наведених тверджень правильні, а які - неправильні:

а) кут між площинами АВС і α дорівнює куту СМО, де точка Н - основа висоти СМ трикутника АВС;

б) СО = 2,4 см;

в) трикутник АОС є ортогональною проекцією трикутника АВС на площину α;

г) площа трикутника АОВ дорівнює 3 см2.

(Відповідь. а) Правильне; б) неправильно; в) неправильне; г) правильне.)