§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.