2.3.3. Побудова лінії перетину двох площин по точках перетину

прямих ліній із площиною

Для побудови лінії перетину площин будують точки перетину прямих

однієї площини з іншою і через них проводять шукану лінію. Приклад такої

побудови на кресленні наведений на рис. 2.21. Одна із площин задана

трикутником із проекціями a1b1c1, a2b2c2. Друга - паралельними прямими з

проекціями.d2e2, d1e1 і f1g1, f2g2.

Для побудови проекцій лінії перетину визначені проекції m2, m1 і n2, n1

двох її точок перетину прямих із проекціями d2e2, d1e1 і f2g2, f1g1, із

площиною трикутника. Проекції m2, m1, n2, n1 точок перетину побудовані за

допомогою фронтально – проектуючих площин, заданих слідами Q2 і P2.

Площина Q проходить через пряму DE і перетинає площину трикутника по

лінії із проекціями 11 21, 12 22. Перетин горизонтальних проекцій 11 21 і d1e1 є

горизонтальною проекцією m1 шуканої точки . По ній побудована фронтальна

проекція m2, на фронтальній проекції d2e2.

Аналогічно за допомогою площини Р (Р2) побудовані проекції n2, n1

другої точки.

34

Через побудовані точки m2, n2 і

m1, n1 проведені проекції m2 n2 і m1,

n1 відрізки, по яких перетинаються

задані площини.

Аналізвидимостіділянок

площин на фронтальній проекції

виконанийзадопомогою

конкуруючих точок з проекціями 42,

41 і 52, 51, що лежать на мимобіжних

прямих gf і bc.

Їхні фронтальні проекції 42 і 52

збігаються.Нагоризонтальній

проекції видно, що при погляді по

стрілці K точка 52 закриває точку 42.

Видимість ділянок площин на

горизонтальній проекції визначена

таксамозадопомогою

конкуруючих точок із проекціями

62, 61 і 72, 71, що лежать на мимобiж-

них прямих ed і ac. Їхні горизонтальні проекції 61 і 71 збігаються. Із

фронтальної проекції видно, що при погляді по стрілці S точка 71 закриває

точку 6.

35

ЛЕКЦІЯ № 3. МЕТРИЧНІ ЗАДАЧІ. ОРТОГОНАЛЬНА ПРОЕКЦІЯ

ПРЯМОГО КУТА. ПОБУДОВА ВЗАЄМНО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНИХ

ФІГУР

1. Метричні задачі. Ортогональна проекція

ПРЯМОГО КУТА

До метричних задач, досліджуваних у навчальному курсі нарисної

геометрії, відносяться задачі, в яких треба визначити метричні характеристики

заданої фігури - довжину, кут, площу та інші, а також метричні властивості й

характеристики, обумовлені розташуванням фігури щодо площин проекцій або

щодо іншої (інших) фігур - перпендикулярність, відстань і кут. Проекційне

вирішення таких задач ґрунтується на метричних властивостях ортогонального

проектування на площину і оборотності креслення Монжа. Метричними

властивостями ортогонального проектування є існуючі залежності між

довжинами відрізка прямої лінії і його проекції, а також між величинами кута і

його проекції (див. п. 1). З цих залежностей випливає теорема про

проектування прямого кута: щоб прямий кут проектувався у прямий кут,

необхідно й достатньо, щоб одна його сторона була паралельна площині

проекцій, а інша - не перпендикулярна до цієї площини.

Розглянемо геометричний доказ. Він

дозволяє більш наочно побачити

числовий і проекційний взаємозв'язок

двох геометричних фігур - прямого

кута і його проекції.

Необхідність.

Нехай ∠BAC = ⋅B1A1C1 = 90°

(рис. 3.1). Доведемо, що АС║П1.

Припустимо, що АВ не паралельно

П1 (якщо AB║П1, то площина кута

BAC паралельна П1 і за властивістю

9ортогональногопроектування

маємо:

⋅BAC =⋅ B1A1C1 = 90°). Оскільки ⋅⋅

B1A1C1 ⊂П1, ⋅B1A1C1 = 90° і AA1 ⊥

П1, що як проектує лінія, то

площини Σ (A1B1,AA1) і ∆ (A1C1, AA1) взаємно перпендикулярні. У цьому

випадку АВ і A1В1 по суті похила і її ортогональна проекція на площині ∆.

Тому що AC ⊂∆ і АС ⊥АВ, то за теоремою про три перпендикуляри маємо

АС ⊥AA1, тобто АС║П1.

Достатність. Нехай ⋅ВАС = 90°, АС║П1.

Доведемо, що ⋅B1A1C1 = 90°.

36

За даних умов маємо: AB – похила, А1В1 – її проекція на П1. За теоремою про

три перпендикуляри маємо: (АС ⊥АВ, АС║П1 ) ⇒АС ⊥А1В1. З АС║П1

витікає, що АС║А1С1. Отже, А1С1 ⊥А1В1 і ⋅B1A1C1 = 90°.

З оборотності комплексного креслення (КЧ) необхідно, що якщо А2В2,

А1В1 і С2В2, С1В1 – проекції пересічних прямих АВ і СВ, то при виконанні

однієї із двох наступних проекційних умов:

1) А1В1 ⊥С1В1 і А2В2║Х або С2В2║Х;

2) А2В2 ⊥С2В2 і А1В1║Х або С1В1║Х у

просторі має місце перпендикулярність АВ

⊥(рис. 3.2).

Метричні задачі курсу нарисної геометрії

можна умовно розділити на такі групи:

1) побудова взаємно перпендикулярних

фігур: прямих, площин, прямих і площин;

2) визначення довжин відрізків (відстаней)

і натуральної величини (НВ) плоскої фігури;