На основании признака параллельности двух плоскостей (задача 3) на

эпюре (рис. 35б) плоскость β задаём прямыми линиями m′ ║ m (m1′ ║ m1; m2′

║ m2) и n′ ║ n (n1′║ n1; n2′║ n2).

2.4. Конструктивные задачи

Задачи на построение геометрических образов, отвечающих опреде- лённым условиям, называются конструктивными.

Искомый геометрический образ обычно должен удовлетворять одно- временно нескольким условиям. Если убрать одно из них, то задача стано- вится неопределённой. Это означает, что оставшимся условиям удовлетворя- ет не один, а множество элементов. При решении задачи все условия разби- вают на две или несколько групп и определяют геометрические множества элементов, удовлетворяющих каждой образовавшейся их совокупности. Ис- комый геометрический образ получается при пересечении этих геометриче- ских множеств.

Конструктивные задачи решают в три этапа: анализ, построение, ис-

следование.

При проведении анализа необходимо ответить на следующие вопросы.

1.Что дано?

2.Что требуется построить?

3.Каким условиям должен удовлетворять искомый элемент?

4.Что представляет собой множество всех элементов, удовлетворяю- щих некоторым из перечисленных условий?

5.Что является множеством всех элементов, удовлетворяющих осталь- ным условиям?

6.Как найти элементы, удовлетворяющие одновременно всем услови-

ям?

Ответы на вопросы должны сопровождаться пространственным рисун- ком, иллюстрирующим проводимые рассуждения. По результатам анализа составляется план решения задачи и выполняются построения на эпюре.

В процессе исследования необходимо выяснить, сколько решений мо- жет иметь задача.

Пример. Даны три скрещивающиеся прямые l, m, n. Провести прямую линию, параллельную n и пересекающую две другие прямые l, m (рис. 36).

Анализ.

Дано: l, m, n – скрещивающиеся прямые.

Построить прямую линию b, удовлетворяющую трём условиям:

а) b ║ n; б) b ∩ m;

в) b ∩ l.

31

Рис. 36

Опустим сначала условие в). Множество всех прямых, удовлетворяю- щих условиям а) и б), принадлежит плоскости Σ, проходящей через m парал- лельно n (рис. 36а).

Теперь искомая прямая должна удовлетворять только двум условиям. С одной стороны она лежит в плоскости Σ, с другой – пересекает прямую l (ус- ловие в)). По условию l и m − скрещивающиеся прямые. Значит, они не могут располагаться в одной плоскости. Не может l быть и параллельной плоскости Σ. В противном случае задача не имела бы решения (подумайте почему). Следовательно, она её пересекает, и искомая прямая b должна пройти через точку K= l ∩ Σ. (Обратите внимание на череду логических цепочек в прове- дённом рассуждении!)

По результатам анализа составляем план решения задачи.

1.Через прямую m проводим плоскость Σ║n (задача 6).

2.Строим точку K= l ∩Σ (задача 7).

3.Через K проводим прямую линию, параллельную n. Это будет иско- мая прямая.

Построение.

Выбираем на m произвольную точку А и проводим через неё прямую с

║n (c1 ║ n1, c2 ║ n2) (рис. 36б). Прямые линии с и m определили плоскость Σ (см. задачу 6).

Методом вспомогательной секущей плоскости находим точку K= l ∩Σ (задача 7).

Через K1 проводим b1║n1, через K2 – b2║n2. Прямая b(b1,b2) – искомая.

Исследование.

На каждом этапе построения получаем один-единственный результат.

32

Следовательно, и в итоге задача имеет одно решение.

2.5. Практические рекомендации по выполнению задания № 2

Работу над заданием рекомендуется проводить в следующей последо- вательности.

1.Начертить плоскую фигуру без искажения и в соответствии с усло- вием задачи, определить, какие свойства этой фигуры могут быть использо- ваны при построении её проекций.

2.Выполнить анализ условия задачи, сопровождая его одним или не- сколькими рисунками.

3.На основании анализа составить план решения задачи.

4.Выполнить построения в ортогональных проекциях.

5.Исследовать решение задачи.

Пример 1. Построить прямоугольный треугольник АВС с острым уг- лом 45°, катет ВС которого принадлежит фронтали f. Вершиной прямого угла является точка В (рис. 37а).

На рис. 37б такой треугольник изображён без искажения. Так как ост- рые углы у него по 45°, то треугольник равнобедренный, и его катеты не только взаимно перпендикулярны, но и равны. Эти два свойства и будем ис- пользовать при выполнении поставленной задачи.

Анализ.

Дано: фронталь f (f1, f2) и точка А(А1, А2). Построить D АВС, удовлетворяющий условиям:

а) D АВС, ÐВ = 90°;

б) катет ВС Î f;

в) острый угол 45°.

По условию задачи вершина А искомого треугольника уже задана. Не- обходимо найти вершины В и С.

Из условий а) и б) следует, что АВ ^ ВС, а так как ВС Î f, то АВ ^ f. Та- ких прямых можно провести много. Их геометрическим множеством являет- ся плоскость Σ, проходящая через точку А перпендикулярно f (рис. 37в).

На вершину В теперь два условия: с одной стороны она лежит на пря мой f, с другой − принадлежит плоскости Σ. Следовательно, В = f ∩Σ.

Согласно условию в) острые углы искомого треугольника по 45°. Это значит, что прилежащие к ним катеты равны: АВ = ВС. Отложив на f от точки В отрезок, равный катету АВ, получим вершину С.

33

Рис. 37

План решения.

1.Через точку А проводим плоскость Σ f (задача 10).

2.Находим точку В пересечения прямой f с плоскостью Σ (задача 8).

3.Определяем натуральную величину катета АВ (задача 11).

4.Откладываем длину катета на f от точки В.

5.Соединяем все три вершины.

Построение (рис. 37г).

Так как по условию прямая f – фронталь, т. е. она параллельна π1, то

34

плоскость Σ f будет фронтально проецирующей (задача 10, рис. 27б). Её след Σ1 пойдёт из точки А1 перпендикулярно f1.

Поскольку плоскость Σ проецирующая, то проекция В1 вершины В по- лучится при пересечении следа Σ1 с f1 (задача 8). По линии связи на f2 отме-

чаем В2.

Соединяем одноимённые проекции точек А и В. Получаем отрезок АВ (А1В1, А2В2) общего положения. Определяем натуральную величину этого от- резка методом прямоугольного треугольника (задача 11). В данном случае треугольник удобнее строить на А1В1, так как во втором поле сразу можно определить превышение, не проводя никаких дополнительных линий. Гипо- тенуза построенного треугольника будет натуральной величиной катета АВ.

Катет ВС находится на прямой f. Но она параллельна π1. Следователь- но, фронтальная проекция отложенного на ней отрезка будет равна его нату- ральной величине. Замеряем натуральную величину катета АВ и откладываем её от В1 на f1. Получаем проекцию С1 вершины С. По линии связи отмечаем С2 на f2. Стрелочки указывают последовательность выполняемых построе- ний.

Соединив все вершины, получаем проекции искомого треугольника. Как видно из рис. 37г, в ортогональных проекциях ни равенство углов, ни ра- венство катетов не сохранилось.

Исследование.

На четвёртом этапе построения натуральная величина катета была от- ложена влево от В1. Можно было отложить и вправо. Поэтому задача имеет два решения.

На чертеже можно либо дать одно решение и указать их количество, либо показать оба решения, если второе не загромождает чертёж.

Пример 2. Достроить проекции равнобедренного треугольника АВС, основание АС которого параллельно плоскости Σ, а вершина В лежит на пря- мой m (рис. 38а).

На рис. 38а показано условие задачи, а на рис. 38б изображён равно- бедренный треугольник без искажения. Судя по условию, для решения мож- но использовать перпендикулярность ВD и АС или равноудалённость верши- ны В от А и С, а также аффинное свойство пропорциональности: АD = DС.

Анализ.

Дано: плоскость Σ (l ∩ n), прямая m (m1, m2), проекции А1С1 и А2. Построить АВС, удовлетворяющий условиям:

а) треугольник равнобедренный вершина В равноудалена от точек А

и С;

б) основание АС ║ Σ; в) вершина В m.

По условию задачи вершина А искомого треугольника уже задана. Не- обходимо построить вершины С и В.

Для вершины С одна проекция задана, вторую можно получить, ис-

35

пользуя условие б).

а

Рис. 38

Для нахождения вершины В используем условия а) и в). Поскольку треугольник равнобедренный, то В равноудалена от точек А и С. Геометриче- ским множеством таких точек является плоскость τ, проходящая через сере- дину отрезка АС перпендикулярно к нему (см. раздел 2.3, ГМТ 1). Таким об- разом, на вершину В теперь два условия. С одной стороны она принадлежит плоскости τ, с другой – прямой m. Следовательно, В = m ∩ τ (рис. 38в).

План решения.

1.Достраиваем А2С2 (задача 6).

2.Находим середину отрезка АС – точку D.

3.Через точку D проводим плоскость τ, перпендикулярную АС (задача

10).

36

4. Строим точку пересечения прямой линии m с плоскостью τ (задача

7).

5. Соединяем все три вершины.

Построение (рис. 39).

Для нахождения проекции С2 вершины С решаем задачу 6. Проводим d1 ║ A1C1, строим d2 → d1 (задача 1), через А2 проводим прямую линию па- раллельную d2. По линии связи на построенной прямой отмечаем проекцию

С2 вершины С.

Делим проекцию A1C1 пополам и, проведя из полученной точки D1 ли- нию связи, отмечаем на A2C2 проекцию D2 середины отрезка АС.

Рис. 39

Проводим f1 A1C1 и h1 ║ х12 через точку D1. Через D2 проводим f2 ║ х12 и h2 A2C2. Линии уровня f и h определяют плоскость τ АС (задача 10).

При помощи проецирующей плоскости α находим точку пересечения прямой m с плоскостью τ (задача 7). При решении любой задачи следует вы- бирать наиболее рациональный и менее громоздкий путь решения. В данной ситуации рациональным и было проведение следа плоскости α не через m2, а через m1. Поскольку m1′ ≡ m1 ║ h1, то m2′ ║ h2. Для построения пришлось ис- пользовать только одну точку (31, 32). Найденная точка пересечения – это и есть вершина В.

Соединив вершины, получаем проекции искомого треугольника.

Исследование.

Решение каждого этапа даёт один-единственный результат. Поэтому задача имеет одно решение.

Пример 3. Построить проекции квадрата АВСD, диагональ АС которо- го лежит на прямой l (рис. 40а).

37

Рис. 40

На рис. 40а представлено условие задания, а на рис. 40б изображён квадрат без искажения. Поскольку в условии задачи речь идёт только о диа- гоналях квадрата, то, по всей видимости, их свойства и придётся использо- вать в решении задачи. Диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, пере- секаясь, делятся пополам и равны между собой. Одним словом, используем все три группы свойств.

Анализ.

Дано: прямая линия l (l1, l2) и точка В (В1, В2) l.

Построить квадрат АВСD, удовлетворяющий следующим условиям:

а) АС ВD;

б) диагональ АС l;

в) АС = ВD;

г) АС ∩ ВD = О, АО = ОС = ВО = ОD.

38

Одна вершина квадрата задана. Это точка В. Через неё проходит диаго- наль ВD. По условиям а) и б) ВD АС, но АС l. Следовательно, ВD l. Геометрическим множеством всех прямых, перпендикулярных l, является плоскость β, проведённая через точку В перпендикулярно l (раздел 2.3, ГМП 2). Диагональ ВD будет лежать в плоскости β (рис. 40в).

Согласно условиям б) и г) точка О пересечения диагоналей получится при пересечении прямой l с плоскостью β: l ∩ β = О (рис. 40г).

По условиям в) и г) ВО = АО = ОС = ОD. Следовательно, отложив на прямых ВО и l по разные стороны от точки О отрезки, равные ВО, получим остальные вершины квадрата: А, С и D (рис. 40д).

План решения.

1.Через точку В проводим плоскость β l (задача 10).

2.Строим точку пересечения прямой линии l с плоскостью β (задача 7).

3.Находим вершину D.

4.Определяем натуральную величину отрезка ОВ (задача 11).

5.Откладываем найденную натуральную величину на прямой l от точ- ки О (задача 12). Находим вершины А и С.

6.Соединяем построенные точки.

Построение (рис. 41).

Плоскость β задаём линиями уровня (задача 10). Через В1 проводим f1

l1 и h1 ║ х12. Через В2 проводим f2 ║ х12 и h2 l2. Прямые линии f и h опреде- лили плоскость β.

Через l проводим фронтально проецирующую плоскость α (α1 ≡ l1) и с её помощью находим точку О = l ∩ β (задача 7).

Замеряем отрезок О1В1 и откладываем его от О1 на продолжении пря- мой линии, проходящей через эти точки. Получаем проекцию D1 вершины D. По линии связи определяем её горизонтальную проекцию D2.

На проекции О2В2 строим прямоугольный треугольник, гипотенуза ко- торого равна натуральной величине отрезка ОВ (задача 11).

На l2 берём произвольную точку K2 и определяем натуральную величи- ну отрезка ОK. Затем на гипотенузе О2K откладываем натуральную величину отрезка ОВ и определяем положение проекции А2 вершины А искомого квад- рата (задача 12). Отложив отрезок О2А2 по другую сторону от О2, получаем горизонтальную проекцию С2 вершины С. При помощи линий связи находим их фронтальные проекции.

Соединив построенные точки, получаем проекции искомого квадрата

АВСD.

39