курс лекции по начерательной геометрии
.pdf31
На рис. 3.17 через точку E проведена плоскость Ã, параллель-
ная плоскости |
(a |
b). Для этого в плоскости |
построили произ- |
||||||||||
вольную прямую d и задали плоскость Ã прямыми l и t (l |
d, t |
a). |
|||||||||||
|
3.6. Решение задач на преобразование плоскости |
|
|||||||||||
|
|
способом задания новой ПП (3 и 4 ОЗПЧ) |
|
|
|||||||||
Условие 3ОЗПЧ: преобразовать КЧ так, чтобы плоскость |
|||||||||||||
общего положения стала проецирующей плоскостью. |
|
|
|||||||||||
Чтобы плоскость общего положения |
стала проецирующей, но- |
||||||||||||
вую ПП Ï3 |
задают перпендикулярно к горизонтали h плоскости и Ï1 |
||||||||||||
(новая ось проекций x1 |
3 |
h1) |
или перпендикулярно к фронтали f |
||||||||||
плоскости и Ï2 (новая ось проекций |
x2 3 |
f2). |
|
|
|||||||||
В примере на рис. 3.18 в |
|
32 |
b |
|
|
||||||||
плоскости |
(a b) проведена |
|
12 |
|
2 |
|
|
||||||
|
|
h2 |
|
|
|||||||||
произвольная горизонталь h и |
a2 |
|
22 |
13 |
23 h3 |
||||||||
задана новая ПП Ï3 |
h. Основ- |
|
|
||||||||||
ную проекцию плоскости |
3 |
|
x1 |
2 |
|
|
|
33 |
|||||
строили с использованием оси |
|
|
a1 |
|
h1 |
|
|||||||
|
|
|
|
3 |
|||||||||
x1 3 h1 |
и точек 1 и 3 (3 - произ- |
|
11 |
|
|
|
|||||||
|
21 |
|
|
|
|||||||||
вольная точка плоскости). Угол |
|
|
b1 x1 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
определяет |
величину |
угла |
|
31 |
3 |
|
|||||||
|
Рис. 3.18 |
|
|
||||||||||
наклона плоскости |
к |
Ï1 . |
|
|
|
|
|
|
|||||
Условие 4ОЗПЧ: преобразовать КЧ так, чтобы проецирующая |
|||||||||||||
плоскость стала плоскостью уровня. |
|
|
B2 |
|
|
||||||||
Для решения 4ОЗПЧ новую |
|
|
|
|
|||||||||
ПП задают параллельно |
данной |
|
A2 |
|
|
|
|||||||
плоскости и перпендикулярно к той |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
D2 |
|
|||||||||
ПП, на которую данная плоскость |
|
|
|
|
|||||||||
является проецирующей (новая ось |
x1 2 |
|
|
|
Ã1 |
||||||||
проекций |
параллельна |
основной |
|
|
D1 |
||||||||
проекции плоскости). На |
рис. |
3.19 |
|
|
|
||||||||
плоскость Ã Ï1 |
заданием Ï3 |
à |
|
|
A1 |
B1 |
|
|
|||||
|
|
|
D3 |
||||||||||
|
|
|
|
||||||||||
Ï3 |
Ï1 |
переведена в положение |
x1 |
|
|
||||||||
плоскости уровня. При этом любая |
3 |
|
|
|
|||||||||
фигура, лежащая в |
плоскости |
Ã, |
|
A3 |
|
ABD |
|||||||
например, |
ABD проецируется на |
|
|
B3 |
|
|
|||||||
ПП Ï3 |
в |
натуральную |
величину: |
|
|
|
|
||||||
A B D |
ABD . |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.19 |
|
|
||
3 3 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
32
Л Е К Ц И Я 4
ОСНОВНЫЕ МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ. ГЛАВНЫЕ ПОЗИЦИОННЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ ПРЯМОЙ И ПЛОСКОСТИ 4.1. Основные метрические задачи
Всякая задача, в условии или в процессе решения которой встречается численная характеристика, называется метрической задачей. К метрическим задачам относят задачи на определение расстояний, углов, натурального вида фигур и т. д.
Из множества метрических задач выделяют две, лежащие в основе решения других метрических задач и называемые поэтому основными метрическими задачами (ОМЗ).
1ОМЗ - задача на перпендикулярность прямой и плоскости. 2ОМЗ - задача на определение длины отрезка или расстояния
между двумя точками.
4.2. Решение 1ОМЗ
1ОМЗ имеет две возможные формулировки:
-через точку провести прямую перпендикулярно к данной плоскости (точка может принадлежать плоскости или нет);
-через точку провести плоскость перпендикулярно к данной прямой (точка может принадлежать прямой или нет).
Решение 1ОМЗ базируется на признаке перпендикулярности прямой и плоскости: прямая перпендикулярна к плоскости (ко всем прямым плоскости), если она перпендикулярна к двум пересекающимся прямым этой плоскости, и теореме о проецировании прямого угла. Эта теорема позволяет использовать при построении взаимно перпендикулярных прямой и плоскости на чертеже прямые уровня, существенно облегчая решение 1ОМЗ. Сформулируем с учетом теоремы признак перпендикулярности прямой и плоскости для чертежа:
-первая формулировка: чтобы построить прямую l, перпендикулярную к плоскости Ã, в Ã строят горизонталь h и фронталь f
(если они не заданы) и проводят l1h1 l2 f2 (в общем случае
l h и l f);
-вторая формулировка: плоскость Ã, перпендикулярную к прямой l, задают горизонталью h и фронталью f, проводя h1 l1 f2 l2.
На рис. 4.1 через точку M перпендикулярно к прямой a проведена плоскость Ã, заданная горизонталью ha (h1a1) и фронталью f a (f2 a2). На рис. 4.2 через точку M проходит прямая l,
33
|
f |
f2 |
M2 |
l |
|
|
|
|
2 |
h2 |
|
2 |
|
|
|
M2 |
h2 |
|
|
|
M2 |
h2 |
|
|
a2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
a1 |
h1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
M1 |
M1 |
|
||
|
f1 |
f1 |
l1 |
h1 |
|||
|
|
|
|
||||
M1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
h1 |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 4.1 |
|
Рис. 4.2 |
|
|
Рис. 4.3 |
перпендикулярная к плоскости S(a b), для чего в S были построены горизонталь h и фронталь f, а затем проведены l1 h1 l2 f2 .
Перпендикуляр к проецирующей плоскости является прямой уровня: если плоскость перпендикулярна к Ï1, то перпендикуляр к
ней является горизонталью h (на рис. 4.3 плоскость |
Ï1 h1 1 ), а |
если плоскость перпендикулярна к Ï2 , то фронталью f.
При решении задачи на перпендикулярность двух плоскостей дополнительно используют признак их перпендикулярности: две плоскости взаимно перпендикулярны, если одна из них проходит через прямую, перпендикулярную к второй плоскости.
На рис. 4.4 через прямую a проходит плоскость Ã, перпендику-
лярная к плоскости (h |
f) и заданная прямыми a и l, где l - перпен- |
||||||
дикуляр к плоскости |
|
(l1 h1 l2 f2), проходящий через произволь- |
|||||
ную точку M |
a. |
|
l2 |
|
|
|
1 |
2 |
a |
2 |
A2 |
2 |
l2 |
2 |
|
|
|
|
|
||||
2 |
|
|
2 |
|
12 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
||
|
l1 |
a1 |
1 |
l1 |
|||
|
A1 |
1 |
|||||
1 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
Рис. 4.5 |
|
||
Рис. 4.4 |
|
|
1 |
|
|
||
На рис. 4.5 построена плоскость Ã, проходящая через точку M и |
|||||||
одновременно перпендикулярная к плоскостям |
(A,f) и |
Ï2 . |
Плоскость Ã задана фронталью f1 - перпендикуляром к плоскости
(f1 |
) и прямой l - перпендикуляром к плоскости |
(в плоскости |
2 |
2 |
|
построили горизонталь h и провели l1 h1 l2 |
f2). |
34
4.3. Решение 2ОМЗ
Решение 2ОМЗ (определение длины отрезка) по правилу прямоугольного треугольника рассмотрено в лекции 2. Поэтому здесь приведем только несколько примеров, выполненных с исполь-
зованием этого правила. |
|
|
ПРИМЕР 4.1. Заданы точка A(A1,A2), проекция [A1,B1] |
отрезка |
|
[A,B] и угол a наклона отрезка [A,B] |
к ПП Ï1 . Построить |
[A2,B2] |
(рис. 4.6). |
|
|
В поле Ï1 по катету [A1,B1] и углу |
строят прямоугольный тре- |
угольник A1 B1 E: из точки B проводят луч перпендикулярно к [A1,B1 ], из точки A1 - луч, составляющий с [A1 ,B1] угол , получая в точке
пересечения лучей вершину E. Длина катета |
B1,E |
равна разности |
|||
Z координат Z точек A и B. Откладывая |
Z от точки N по линии |
||||
связи (B1,B2), находят точку B2 (показано одно решение). |
|
||||
N |
A2 |
A2 |
|
A,B |
F |
|
|
||||
Z |
|
|
|
|
|
B2 |
|
|
|
|
Y |
A1 |
|
|
|
B2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
B11 |
|
|
|
|
|
|
|
B1 |
|
A1 |
|
|
Y |
Z |
A,B |
|
|
K |
|
A,B |
|
||||
|
E |
|
Y |
||
|
Рис. 4.6 |
|
Рис. 4.7 |
B1 |
|
ПРИМЕР 4.2. Заданы проекция [A2,B2] |
отрезка [A,B], длина |
||||
A,B |
этого отрезка и точка A1 . |
Найти B1 (рис. 4.7). |
|
||
В поле Ï2 по катету [A2,B2] |
и гипотенузе [A2,F], длина которой |
||||
равна |
A,B , строится прямоугольный треугольник A2B2F, катет [B2,F] |
||||
которого есть разность Y координат Y точек A и B. Откладывая Y |
|||||
от точки K по линии связи (B2,B1), |
получают два решения B1 |
и B11. |
|||
Прямоугольные треугольники, построенные |
в одном поле |
проекций для определения длин отрезков данной прямой, подобны. Это обстоятельство используют для откладывания на прямой отрезков заданной длины. Пусть от точки Ma на прямой a надо отложить отрезок длиной M,N (рис. 4.8). Для этого на прямой a берут произвольную точку K и ищут, например, в поле Ï1 длину отрезка M,K,
|
|
|
|
|
35 |
|
|
|
|
равную |
M1,E , а затем сравнивают |
N2 |
|
K2 |
|||||
эту длину с заданной длиной M,N . |
|
||||||||
|
|
M2 |
|||||||
Если M,K = M,N |
, то N |
K. Если |
|
|
|||||
|
|
a2 |
|||||||
M,K |
M,N |
(как в примере), то на |
|
|
|||||
|
|
a1 |
|||||||
продолжении отрезка [M1,E] |
от точки |
F |
E |
||||||
M1 |
|||||||||
M1 |
откладывают отрезок [M1 ,F], дли- |
|
|
||||||
на |
которого |
равна |
M,N |
и, строя |
|
|
K1 |
||
|
M1 N1 F, подобный |
M1 K1 E, опре- |
N1 |
|
|
||||
деляют точку N1. Если M,K |
M,N , |
|
|
|
то точка N находится между точками
M и K и для её определения от точки M1 по [M1 ,E] откладывают отрезок длиной M,N и строят треугольник, подобный
4.4. Главные позиционные задачи для прямой и плоскости
4.4.1. Общие замечания
К позиционным задачам относятся задачи на принадлежность (принадлежность одних ГО другим - принадлежность точки линии, точки и линии поверхности и т. д.), на взаимное пересечение (пересечение линии и линии, линии и поверхности, поверхности и поверхности) и на взаимный порядок (на размещение ГО в пространстве и расположение одних ГО относительно других).
Главное содержание раздела позиционных задач составляют задачи на взаимное пересечение, называемые поэтому главными позиционными задачами (ГПЗ). Различают 1ГПЗ - задачу на пересечение линии и поверхности и 2ГПЗ - задачу на пересечение поверхностей (задача на пересечение линии и линии имеет очевидное решение, опирающееся на свойство операции проецирования).
Решение ГПЗ осуществляется согласно трем алгоритмам, соответствующим трем возможным случаям расположения пересекающихся ГО относительно плоскостей проекций. Но во всех трех случаях ключ к решению ГПЗ - задача на принадлежность точки поверхности (ОПЗ) и условие: точка пересечения и линия пересечения одновременно принадлежат каждому из пересекающихся ГО.
4.4.2. Первый случай ГПЗ (ГПЗ-1)
В первом случае ГПЗ пересекаются два проецирующих ГО. Алгоритм решения ГПЗ-1:
1. Обе проекции точки или линии пересечения заданы на КЧ.
36
2.Они принадлежат основным проекциям пересекающихся ГО.
3.Решение сводится к простановке обозначений.
ПРИМЕР 4.3. |
Дано a |
Ï2 , |
Ï1 (рис. 4.9). |
K=a |
- найти |
точку K пересечения прямой a и плоскости . |
|
|
|||
Так как K=a |
S, то K |
a и K |
S. Поэтому K2 |
a2 и K1 |
S1: ре- |
шение опирается на собирательное свойство основной проекции проецирующих ГО и действительно сводится к простановке обозначений.
a2 Ê2 |
|
|
2 |
l2 |
|
l2 |
|
|
|
|
|
|
|
x |
x |
|
|
x |
|
Ã1 |
|
|
|
|
|
|
|
Ê1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
Ã1 |
l1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
l1 |
||
a1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 4.9 |
|
Рис. 4.10 |
|
|
Рис. 4.11 |
|
ПРИМЕР 4.4. Дано: Ã |
Ï1, |
Ï2 (рис. 4.10). |
|
l (найти l) =Ã . |
||
Пояснения к решению: |
l |
à l |
|
l1 Ã1 |
l2 |
2. |
ПРИМЕР 4.5. Дано: Ã |
Ï1, |
Ï1 |
(рис. 4.11). |
l= Ã . |
Пояснения к решению: l là l11 Ã1 lÏ1 l2 x.
4.4.3. Второй случай ГПЗ (ГПЗ-2)
Во втором случае ГПЗ один пересекающийся ГО проецирующий, а второй нет. Алгоритм решения ГПЗ-2:
1.Одна проекция точки или линии пересечения задана на КЧ.
2.Она принадлежит основной проекции проецирующего ГО и её надо только обозначить.
3.Неизвестная проекция точки или линии пересечения ищется из условия принадлежности точки или линии непроецирующему ГО.
Во втором случае ГПЗ необходимо определять видимость пересекающихся ГО относительно одной из ПП.
ПРИМЕР 4.6. |
Дано: a, |
Ï2 (рис. 4.12). K (найти K)=a |
. |
|||
K |
K2 |
2 |
a2 - обозначается известная проекция K2. Неиз- |
|||
вестная проекция K1 ищется из условия K |
a: K1 =(K2,K1 ) a . Точка |
|||||
K - граница видимости, делящая прямую a |
на две части, одна из |
|||||
которых |
видна |
относительно |
Ï1, а вторая |
нет. Для определения |
37
видимости прямой проекциями 11 21 задавались две конкурирующие относительно Ï1 точки 1 и 2a. Так как точка 2 выше точки 1 (см. на 22 и 12), то точка 2 и вся часть прямой, на которой она находится,
видна относительно Ï1 . |
a2 |
|
|
|
|
|
32 |
|
|
||||
2 |
|
2 |
2 |
a2 |
b2 |
|
|
a2 |
|
2 |
l2 |
||
Ê2 |
|
t2 |
12 |
|
|
|
|
||||||
|
|
12 |
22 |
|
|
12 42 |
22 b2 |
|
|||||
|
|
|
d2 |
Ê2 |
|
|
|
|
|||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l1 |
|
|
|
|
|
d1 |
|
|
a |
1 |
|
2 |
|
||
a1 |
|
|
|
t1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Ê1 |
|
|
a1 Ê1 11 |
b1 |
|
1 |
|
b1 |
|
|
|||
|
11 |
21 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
21 |
|
|
1 |
|
31 |
41 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Рис. 4.12 |
|
Рис. 4.13 |
|
|
Рис. 4.14 |
|
|||||||
ПРИМЕР 4.7. Дано: |
a Ï1 , |
(d b) |
(рис. 4.13). |
K=a |
. |
|
|||||||
K |
a |
|
K1 |
a1. Проекция K2 ищется из условия K |
|
с помощью |
|||||||
прямой t |
|
|
t K (решается ОПЗ). Для определения видимости |
||||||||||
прямой a использовали конкурирующие относительно Ï2 точки 1 |
a |
||||||||||||
и 2 d |
2 |
|
, |
задаваемые проекциями |
12 22 . Точка 2 плоскости |
дальше от Ï2, чем точка 1 прямой, поэтому точка 1 и часть прямой a, на которой она находится, относительно Ï2 не видны.
ПРИМЕР 4.8. |
Дано: |
Ï2, Ã(a |
b) (рис.4.14). l (найти l)= |
|
Ã. |
||
l |
l2 |
2. |
l Ã, поэтому l1 ищут с помощью точек 1 = l |
a |
|||
и 2=l |
b. Для определения взаимной видимости плоскостей |
и Ã |
|||||
относительно Ï1 |
|
(граница видимости - прямая l) использовали |
|||||
конкурирующие точки 3 |
à и 4 |
. Точка 3 выше точки 4, поэтому |
|||||
относительно Ï1 |
видны точка 3 и часть плоскости Ã до границы l. |
|
l
K t
K1
1l1t1
Рис. 4.15
4.4.4. Третий случай 1ГПЗ(1ГПЗ-3) для прямой и плоскости
В этом случае пересекаются непроецирующие прямая и плоскость и обе проекции точки их пересечения неизвестны. Рассмотрим ход решения задачи, используя наглядное изображение на рис. 4.15. Заданы прямая l и плоскость S общего положения. Надо построить
точку K=lKlK.
|
|
|
|
38 |
|
|
|
|
Заключим прямую l |
в проецирующую плоскость D: |
l |
и |
|||
|
Ï1 или |
Ï 2 |
(пусть для определенности |
Ï1 ). Так как K |
l, |
||
а l |
D, то K |
D. Но раз K |
D K S, то точка K должна находиться |
||||
на прямой t = D |
S - линии пересечения плоскостей D и S, для по- |
||||||
строения которой надо решить 2ГПЗ-2. И, наконец, поскольку K |
t |
||||||
K |
l, то K есть точка пересечения прямых l и t: K=t |
l. Сфор- |
мулируем теперь общий алгоритм решения 1ГПЗ-3 для прямой и плоскости:
1.Прямая заключается во вспомогательную проецирующую плоскость.
2.Строится прямая линия, по которой пересекаются данная плоскость и вспомогательная проецирующая (2ГПЗ-2).
3.Искомая точка - точка пересечения данной прямой и построенной.
ПРИМЕР 4.9. Дано: d, |
(h h1) (рис. 4.16). K= d . |
Точка K=d искалась согласно алгоритму: |
|
П.А. |
Г.А. |
. d Ï2 :
. t = :
. |
K =t |
d: |
|
||
|
|
12 52 42 |
h2 |
||
d |
2 |
t |
|
K2 3 |
1 |
2 |
2 |
|
2 |
h2 |
|
|
|
|
|
|
|
x1 2 |
|
|
|
22 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t1 |
11 |
31 |
41 |
|
|
|
|
|
|
|
|
51 |
|
K |
h1 |
d1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
21 |
h11 |
. 1. 2 d2 .
. 1. t2 2.
2. 12 = t2 h2.
3. 11 h1 .
. 1. K1 = t1 d1.
22
d2 K2
B2
x12
|
|
h1 |
|
|
B1 |
|
|
d1 |
|
K1 |
|
21 |
1 |
||
|
|||
|
|
h1 |
4.22 = t2 h21 .
5.21 h11 .
6.t1 11 ,21 .
2. K2 d2.
A2 h2
h12
12
11 x13
13
A1 d3
A3h3
3 h13B3 K3
Рис. 4.16 |
Рис. 4.17 |
23 |
|
|
|
|
39 |
|
|
|
Для определения видимости прямой относительно Ï1 исполь- |
|||||
зовали конкурирующие точки 3 |
и 4 |
d, а относительно Ï2 - конку- |
||||
рирующие точки 1 |
и 5 |
d. |
|
|
|
|
|
На рис. 4.17 этот же пример выполнен с применением новой |
|||||
ПП: задавали Ï3 |
Ï3 |
Ï1 |
(новая ось x1 3 |
h1) и делали плос- |
||
кость |
проецирующей. |
В результате |
вместо |
решения 1ГПЗ-3 в |
системе ПП ( Ï1 , Ï2 ) решали 1ГПЗ-2 в системе ПП ( Ï1 , Ï3 ). Проекцию 3 плоскости строили с помощью точек A и B, а проекцию d3 прямой - c помощью точек 1 и 2.
4.4.5. Третий случай 2ГПЗ(2ГПЗ-3) для плоскостей
В этом случае пересекаются непроецирующие плоскости и обе проекции линии их пересечения неизвестны. 2ГПЗ для плоскостей общего положения решается методом вспомогательных секущих проецирующих плоскостей, основанном на том, что линии пересечения данных плоскостей со вспомогательной пересекаются в точке, лежащей на линии пересечения данных плоскостей. Поэтому алгоритм решения 2ГПЗ-3 для плоскостей формулируется так:
1.Задается вспомогательная проецирующая плоскость, пересекающая данные плоскости.
2.Строятся линии пересечения вспомогательной плоскости с каждой из данных.
3.Определяется точка пересечения построенных в пункте 2
прямых.
4.Задается вторая вспомогательная плоскость и все повто-
ряется.
5.Искомая линия пересечения проходит через две построенные точки.
ПРИМЕР: 4.10. Дано: Ã(A,B,D,A), (a b) (рис. 4.18). l Ã.
При решении примера использовали вспомогательные плоскости и 1, параллельные Ï1 и пересекающие плоскости Ã и
по горизонталям. Построения выполнялись согласно ПА:
. |
Ï1. |
|
. Ê hà |
h . |
. h1 |
1 |
. |
|||
. hà |
|
Ã. |
. |
1 |
Ï1 . |
|
. |
Ê1 |
h1Ã |
h1 . |
. h |
|
. |
. |
h1Ã |
1 |
Ã. |
. |
l |
Ê,Ê1. |
|
В примере не рассматривался вопрос взаимной видимости |
||||||||||
плоскостей |
à и |
относительно ПП Ï1 |
и Ï2. |
|
|
|
|
40
B2 K12
A2 |
1 |
2 |
K |
|
|
2 |
D2
A1
|
|
D1 |
11 |
à |
l1 |
h1 |
|
|
B1 |
1Ã |
K1 |
|
h1 |
K11
На рис. 4.19 пересекаются треугольные отсеки ABD иEFL. Секущие плоскости S и S1 перпендикулярны к Ï2 , причем S [LF], а S1 [LE]. Такой прием удобен, так как нет необходимос-
ти строить линии |
пересечения |
|
плоскостей S и S1 |
с |
EFL, пере- |
секающих плоскость |
этого треу- |
гольника по [LF] и [LE]. Поэтому
определяли |
только |
линии t= |
|
=S |
ABD (t2 |
S2 ; t1 строилась |
|
по точкам 1 и 2) и |
l=S1 ABD |
||
(l2 |
S21 ; l1 строилась по точкам |
3 и 4). Затем находили точки
K=t |
[LF] |
(K1 =t1 |
[L1F1]) и M= |
=l |
[LE] |
(M1=l1 |
[L1 E1]), задаю- |
щие отрезок [MK]= ABD EFL.
l2 |
a2 |
b2 |
21 |
h12Ã h12 |
||
|
5 |
42 |
||||
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
3 |
2 |
h |
à |
h |
2 |
2 |
2 |
|
2 |
|
h1
31 h11
21 |
41 b1 |
51
a1
Рис. 4.18
l2 |
S12 |
B2 |
|
|
|
L2 |
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
K2 22 |
|
|
M2 |
|
|
D2 |
|
|
42 |
|
|
|
F2 |
A2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S2 t2 |
|
L1 |
|
|
E2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
21 |
D1 |
|
|
41 |
|
|
||
A1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
K1 |
|
|
|
|
|
|
F1 |
|
|
M1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
31 |
|
|
|
|
|
l1 |
11 |
|
|
|
|
t1 |
|
B1 |
E1 |
|
|
|
|
Рис. 4.19 |
|||
|
|
|