Guro sa matematika ng sangay ng Shchelkovsky ng State Budgetary Educational Institution ng Moscow Region "Krasnogorsk College" Artemiev Vasily Ilyich.
Ang pag-aaral ng paksang "Paglutas ng mga problema para sa pagtatayo ng mga seksyon" ay nagsisimula sa ika-10 baitang o sa unang taon ng mga institusyon ng NGO. Kung ang silid-aralan ng matematika ay nilagyan ng mga kasangkapan sa multimedia, kung gayon ang solusyon sa problema ng pag-aaral ay pinadali sa tulong ng iba't ibang mga programa. Isa sa mga programang ito ay software dynamic na matematika GeoGebra 4.0.12. Ito ay angkop para sa pag-aaral at pag-aaral sa anumang yugto ng edukasyon, pinapadali ang paglikha ng mga konstruksyon at modelo ng matematika ng mga mag-aaral, na nagpapahintulot sa interactive na pananaliksik kapag gumagalaw ang mga bagay at nagbabago ng mga parameter.
Isaalang-alang ang aplikasyon ng produktong ito ng software sa isang partikular na halimbawa.
Isang gawain. Bumuo ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng eroplanong PQR, kung ang puntong P ay nasa linyang SA, ang puntong Q ay nasa linyang SB, ang puntong R ay nasa linyang SC.
Solusyon. Isaalang-alang natin ang dalawang kaso. Case 1. Hayaang ang punto P ay kabilang sa gilid SA.
1. Gamit ang Point tool, markahan ang mga arbitrary na puntos A, B, C, D. I-right-click sa punto D, piliin ang "Palitan ang pangalan". Palitan ang pangalan ng D sa S at itakda ang posisyon ng puntong ito tulad ng ipinapakita sa Figure 1.
2. Gamit ang tool na "Segment by two points" bubuuin namin ang mga segment na SA, SB, SC, AB, AC, BC.
3. Mag-right-click sa segment AB at piliin ang "Properties" - "Estilo". Mag-set up ng tuldok-tuldok na linya.
4. Markahan ang mga puntos na P, Q, R sa mga segment na SA, SB, CS.
5. Gamitin ang tool na "Line by two points" para makabuo ng line PQ.
6. Isaalang-alang ang linyang PQ at ang puntong R. Tanong para sa mga mag-aaral: Ilang eroplano ang dumaan sa linyang PQ at ang puntong R? Pangatwiranan ang sagot. (Sagutin. Ang isang eroplano ay dumaan sa isang linya at isang punto na hindi nakahiga dito, at higit pa, isa lamang).
7. Bumubuo kami ng direktang PR at QR.
8. Piliin ang Polygon tool at i-click ang PQRP points nang paisa-isa.
9. Gamitin ang Move tool upang baguhin ang posisyon ng mga punto at obserbahan ang mga pagbabago sa seksyon.
Larawan 1.
10. Mag-right-click sa polygon at piliin ang "Properties" - "Color". Punan ang polygon ng ilang banayad na kulay.
11. Sa object panel, mag-click sa mga marker at itago ang mga linya.
12. Bilang karagdagang gawain, maaari mong sukatin ang cross-sectional area.
Upang gawin ito, piliin ang tool na "Area" at mag-left-click sa polygon.
Case 2. Ang punto P ay nasa linyang SA. Upang isaalang-alang ang solusyon ng problema para sa kasong ito, maaari mong gamitin ang pagguhit ng nakaraang problema. Itago lamang natin ang polygon at ang puntong P.
1. Gamitin ang tool na "Linya sa pamamagitan ng dalawang puntos" upang bumuo ng isang tuwid na linya SA.
2. Markahan ang isang puntong P1 sa linyang SA tulad ng ipinapakita sa figure 2.
3. Gumuhit ng linyang P1Q.
4. Piliin ang tool na "Intersection of two objects", at mag-left-click sa mga tuwid na linya AB at P1Q. Hanapin natin ang punto ng kanilang intersection K.
5. Gumuhit tayo ng linyang P1R. Hanapin ang punto ng intersection M ng linyang ito sa linyang AC.
Tanong para sa mga mag-aaral: ilang eroplano ang maaaring iguhit sa mga linyang P1Q at P1R? Pangatwiranan ang sagot. (Sagutin. Ang isang eroplano ay dumadaan sa dalawang magkasalubong na linya, at higit pa rito, isa lamang).
6. Gumuhit tayo ng direktang KM at QR. Tanong para sa mga mag-aaral. Aling mga eroplano ang sabay-sabay na nabibilang sa mga puntong K, M? Intersection ng aling mga eroplano ang tuwid na linyang KM?
7. Buuin ang polygon QRKMQ. Punan ng banayad na kulay at itago ang mga pantulong na linya.
Figure 2.
Gamit ang tool na "Ilipat", inililipat namin ang punto sa tuwid na linya na AS. Isinasaalang-alang namin ang iba't ibang posisyon ng eroplano ng seksyon.
Mga gawain para sa pagbuo ng mga seksyon:
1. Bumuo ng isang seksyon na tinukoy ng parallel na linya AA1 at CC1. Ilang eroplano ang dumaan sa mga parallel na linya? 
2. Bumuo ng isang seksyon na dumadaan sa mga intersecting na linya. Ilang eroplano ang dumaan sa mga intersecting lines? 
3. Konstruksyon ng mga seksyon gamit ang mga katangian ng parallel na eroplano:
a) Bumuo ng isang seksyon ng isang parallelepiped ng isang eroplanong dumadaan sa punto M at sa linyang AC. 
b) Bumuo ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa gilid AB at sa gitna ng gilid B1C1.
c) Bumuo ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa puntong K at parallel sa eroplano ng mga base ng pyramid.
4. Pagbuo ng mga seksyon sa pamamagitan ng paraan ng pagsubaybay:
a) Binigyan ng pyramid SABCD. Bumuo ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa mga puntong P, Q at R.
5) Iguhit ang linyang QF at hanapin ang punto H ng intersection sa gilid ng SB.
6) Gumuhit tayo ng direktang HR at PG.
7) Piliin ang resultang seksyon gamit ang tool na "Polygon" at baguhin ang kulay ng fill.
b) Bumuo ng isang seksyon ng parallelepiped ABCDA1B1C1D1 sa iyong sarili sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa mga puntong P, K at M. Listahan ng mga mapagkukunan.
1. Electronic na mapagkukunan http://www.geogebra.com/indexcf.php
2. Electronic na mapagkukunan http://geogebra.ru/www/index.php (Site ng Siberian GeoGebra Institute)
3. Electronic na mapagkukunan http://cdn.scipeople.com/materials/16093/projective_geometry_geogebra.PDF
4. Electronic na mapagkukunan. http://nesmel.jimdo.com/geogebra-rus/
5. Electronic na mapagkukunan http://forum.sosna24k.ru/viewforum.php?f=35&sid=(GeoGebra forum para sa mga guro at mga mag-aaral).
6. Electronic na mapagkukunan www.geogebratube.org (Mga interactive na materyales para sa pagtatrabaho sa programa)
Ang mga problema sa pagtatayo ng mga seksyon ng polyhedra ay sumasakop sa isang makabuluhang lugar kapwa sa kursong geometry ng paaralan para sa mga senior na klase at sa mga pagsusulit sa iba't ibang antas. Ang solusyon sa ganitong uri ng mga problema ay nag-aambag sa asimilasyon ng mga axiom ng stereometry, ang sistematisasyon ng kaalaman at kasanayan, ang pagbuo ng spatial na representasyon at mga nakabubuo na kasanayan. Ang mga paghihirap na lumitaw sa paglutas ng mga problema sa pagtatayo ng mga seksyon ay kilala.
Mula pagkabata, nahaharap tayo sa mga seksyon. Pinutol namin ang tinapay, sausage at iba pang mga produkto, pinutol ang isang stick o lapis na may kutsilyo. Ang secant plane sa lahat ng mga kasong ito ay ang eroplano ng kutsilyo. Ang mga seksyon (mga seksyon ng mga piraso) ay iba.
Ang seksyon ng isang convex polyhedron ay isang convex polygon, ang mga vertices kung saan, sa pangkalahatang kaso, ay ang mga punto ng intersection ng cutting plane na may mga gilid ng polygon, at ang mga gilid ay ang mga linya ng intersection ng cutting plane na may ang mga mukha.
Upang makabuo ng isang linya ng intersection ng dalawang eroplano, sapat na upang makahanap ng dalawang karaniwang mga punto ng mga eroplanong ito at gumuhit ng isang linya sa pamamagitan ng mga ito. Ito ay batay sa mga sumusunod na pahayag:
1. kung ang dalawang punto ng isang tuwid na linya ay nabibilang sa isang eroplano, kung gayon ang buong linya ay kabilang sa eroplanong ito;
2. kung ang dalawang magkaibang eroplano ay may isang karaniwang punto, pagkatapos ay magsalubong sila sa isang tuwid na linya na dumadaan sa puntong ito.
Tulad ng nasabi ko na, ang pagtatayo ng mga seksyon ng polyhedra ay maaaring isagawa batay sa mga axiom ng stereometry at theorems sa parallelism ng mga linya at eroplano. Kasabay nito, may ilang mga pamamaraan para sa pagtatayo ng mga seksyon ng eroplano ng polyhedra. Ang sumusunod na tatlong paraan ay ang pinaka-epektibo:
paraan ng pagsubaybay
Paraan ng panloob na disenyo
Pinagsamang pamamaraan.
Sa pag-aaral ng geometry at, sa partikular, ang mga seksyon nito kung saan isinasaalang-alang ang mga larawan ng mga geometric na figure, ang mga larawan ng mga geometric na figure ay nakakatulong sa paggamit ng mga presentasyon sa computer. Sa tulong ng isang computer, maraming mga aralin sa geometry ang nagiging mas visual at dynamic. Axioms, theorems, proofs, mga gawain para sa konstruksiyon, mga gawain para sa pagbuo ng mga seksyon ay maaaring sinamahan ng sunud-sunod na mga constructions sa monitor screen. Maaaring i-save at i-paste sa iba pang mga dokumento ang mga drawing na binuo ng computer.
Gusto kong magpakita ng ilang mga slide sa paksa: "Paggawa ng mga seksyon sa mga geometric na katawan"
Upang mabuo ang punto ng intersection ng isang linya at isang eroplano, maghanap ng isang linya sa eroplano na intersects ang ibinigay na linya. Pagkatapos ang nais na punto ay ang punto ng intersection ng natagpuang linya kasama ang ibinigay. Tingnan natin ito sa mga susunod na slide.
Gawain 1.
Dalawang puntos na M at N ang minarkahan sa mga gilid ng tetrahedron DABC; M GAD, N b DC. Piliin ang punto ng intersection ng linyang MN sa eroplano ng base.
Solusyon: upang mahanap ang punto ng intersection ng linya MN sa eroplano
base na tuloy natin ang AC at segment MN. Markahan natin ang punto ng intersection ng mga linyang ito sa pamamagitan ng X. Ang puntong X ay kabilang sa linyang MN at ang mukha AC, at ang AC ay nasa eroplano ng base, na nangangahulugan na ang punto X ay namamalagi din sa eroplano ng base . Samakatuwid, ang puntong X ay ang punto ng intersection ng linyang MN sa eroplano ng base.
Isaalang-alang natin ang pangalawang problema. Pasimplehin natin ng kaunti.
Gawain 2.
Ibinigay ang isang tetrahedron DABC ng mga puntos M at N, kung saan M € DA, N C (DBC). Hanapin ang punto ng intersection ng linyang MN sa eroplanong ABC.
Solusyon: Ang punto ng intersection ng linya MN sa eroplanong ABC ay dapat na nasa eroplano na naglalaman ng linya MN at sa eroplano ng base. Ipinagpapatuloy namin ang segment na DN hanggang sa punto ng intersection sa gilid ng DC. Minarkahan namin ang punto ng intersection sa pamamagitan ng E. Ipinagpapatuloy namin ang linyang AE at MN hanggang sa punto ng kanilang intersection. Tandaan X. Ang puntong X ay kabilang sa MN, kaya ito ay nasa eroplano na naglalaman ng linyang MN at X ay kabilang sa AE, at AE ay nasa eroplanong ABC. Kaya ang X ay namamalagi din sa eroplanong ABC. Kaya't ang X ay ang punto ng intersection ng linyang MN at ng eroplanong ABC.
Gawin nating kumplikado ang gawain. Isaalang-alang ang isang seksyon ng mga geometric na figure sa pamamagitan ng mga eroplano na dumadaan sa tatlong ibinigay na mga punto.
Gawain 3
Ang mga puntong M, N at P ay minarkahan sa mga gilid ng AC, AD at DB ng tetrahedron DABC. Bumuo ng isang seksyon ng tetrahedron sa tabi ng eroplanong MNP.
Solusyon: bumuo ng isang tuwid na linya kung saan ang eroplano MNP. Ang mga intersect ay nakaharap sa eroplanong ABC. Point M ay isang karaniwang punto ng mga eroplano. Upang bumuo ng isa pang karaniwang punto, ipagpatuloy namin ang segment na AB at NP. Minarkahan namin ang intersection point sa pamamagitan ng X, na magiging pangalawang karaniwang punto ng eroplano na MNP at ABC. Kaya ang mga eroplanong ito ay bumalandra sa tuwid na linyang MX. Nag-intersect ang MX sa gilid ng BC sa isang puntong E. Dahil ang E ay nasa MX at ang MX ay isang linyang kabilang sa eroplanong MNP, sumusunod na ang PE ay kabilang sa MNP. Ang quadrilateral MNPE ay ang kinakailangang seksyon.
Gawain 4
Bumubuo kami ng isang seksyon ng isang tuwid na prisma ABCA1B1C1 sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa mga puntong P , Q,R, kung saan kabilang ang R ( AA 1C 1C), R nabibilang AT 1C1,
Ang Q ay kay AB
Solusyon: Ang lahat ng tatlong puntos na P, Q, R ay nasa magkaibang mga mukha, kaya hindi pa tayo makakagawa ng isang linya ng intersection ng secant plane na may anumang mukha ng prisma. Hanapin natin ang intersection point ng PR sa ABC. Hanapin natin ang mga projection ng mga puntos na P at R papunta sa base plane PP1 patayo sa BC at RR1 patayo sa AC. Ang linyang P1R1 ay nag-intersect sa linyang PR sa puntong X. Ang X ay ang punto ng intersection ng linyang PR sa eroplanong ABC. Ito ay namamalagi sa nais na eroplano K at sa eroplano ng base, tulad ng puntong Q. Ang XQ ay isang tuwid na linya na nagsasalubong sa K sa eroplano ng base. Ang XQ ay bumabagtas sa AC sa puntong K. Samakatuwid, ang KQ ay ang segment ng intersection ng eroplano X na may mukha na ABC. Nakahiga ang K at R sa X plane at sa eroplano ng AA1C1C face. Gumuhit ng linyang KR at markahan ang punto ng intersection na may A1Q E. Ang KE ay ang linya ng intersection ng eroplano X na may ganitong mukha. Hanapin ang linya ng intersection ng X plane sa eroplano ng mga mukha BB1A1A. Ang KE ay bumalandra sa A1A sa puntong Y. Ang linyang QY ay ang linya ng intersection ng secant plane sa eroplanong AA1B1B. FPEKQ - nais na seksyon.
Mayroong 2 pangunahing pamamaraan para sa pagbuo ng mga seksyon ng polyhedra:
Axiomatic na paraan para sa pagbuo ng mga seksyon
1. Paraan ng mga bakas
Halimbawa 1
Sa mga gilid ng AA" at B"C" ng prism ABCA"B"C" itinakda namin ang mga puntos na P at Q, ayon sa pagkakabanggit. Bumuo kami ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng isang eroplano (PQR), ang punto R kung saan itinakda namin sa isa sa mga sumusunod na mukha:
a) BCCB "C";
b) A "B" C";
c) ABC
Solusyon.
a) 1) Dahil ang mga puntong Q at R ay nasa eroplano (BCC"), ang linyang QR ay nasa eroplanong ito. Iguhit ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) papunta sa eroplano (BCC"). (fig.1)
2) Maghanap ng mga puntong B"" at C", kung saan ang linyang QR ay nagsalubong sa mga linyang BB" at CC, ayon sa pagkakabanggit. Ang mga punto B" at C" ay mga bakas ng eroplano (PQR), ayon sa pagkakabanggit, sa mga linyang BB" at CC ".
3) Dahil ang mga puntos na B "" at P ay nasa eroplano (ABB"), kung gayon ang linya B "" P ay nasa eroplanong ito. Iguhit natin ito. Ang segment B ** P ay ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ABB "A".
4) Dahil ang mga puntong P at C ay nasa eroplano (ACC"), ang linyang PC"" ay nasa eroplanong ito. Iguhit ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa eroplano (ACC").
5) Hanapin ang punto V kung saan ang tuwid na linya ng PC"" ay nag-intersect sa gilid A"C". Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa gilid ng A "C".
6) Ang wheelbarrow habang ang mga puntong Q at V ay nasa eroplano (A "B" C "), pagkatapos ay ang linyang QV ay nasa eroplanong ito. Gumuhit tayo ng linyang QV. Ang segment na QV ay ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ABC. Kaya, nakuha namin ang polygon QB ""PV - ang kinakailangang seksyon.
b) 1) Dahil ang mga puntong Q at R ay nasa eroplano (A "B" C "), kung gayon ang linyang QR ay nasa eroplanong ito. Iguhit natin ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa eroplano (A" B "C"). (Fig. 2)
2) Hanapin ang mga puntong D" at E", kung saan ang linyang QR ay nag-intersect sa mga linyang A"B" at B"C", ayon sa pagkakabanggit. Dahil ang puntong D" ay nasa gilid ng A"B", ang segment na QD" ay ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha A"B"C".
3) Dahil ang mga puntong D "at P ay nasa eroplano (ABB"), kung gayon ang linyang D "P ay nasa eroplanong ito. Iguhit ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa eroplano (ABB"), at ang segment na D "P ay ang trace plane (PQR) sa mukha ABB"A".
4) Dahil ang mga puntong P at E" ay nasa eroplano (ACC"), kung gayon ang linyang PE ay nasa eroplanong ito. Iguhit natin ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa eroplano (ACC").
5) Hanapin ang puntong C""=PE""CC". Dahil ang puntong C"" ay nasa gilid ng CC", kung gayon ang segment na PC"" ay ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ACC"A" .
6) Dahil ang mga puntong Q at C "" ay nasa eroplano (BCC"), ang linyang QC "" ay nasa eroplanong ito. Iguhit ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa eroplano (BCC") , at ang segment na QC "" - plane trace (PQR) sa mukha BCC"B". Kaya, nakuha namin ang polygon QD"PC"" - ito ang nais na seksyon.
sa) 1) Sa tatlong ibinigay na mga puntong P, Q at R, walang dalawa ang namamalagi sa alinman sa mga eroplano ng mga mukha ng prisma, kaya nakita natin ang pangunahing bakas ng eroplano (PQR) (i.e., ang linya ng intersection ng eroplano (PQR) kasama ang eroplano (ABC), pinili bilang pangunahing). Upang gawin ito, hanapin muna natin ang mga projection ng mga puntos na P, Q at R papunta sa eroplano (ABC) sa direksyon na kahanay sa gilid ng gilid ng prisma. Dahil ang puntong P ay nasa gilid ng AA", kung gayon ang puntong P" ay tumutugma sa puntong A. Dahil ang puntong Q ay nasa eroplano (BCC"), pagkatapos ay sa eroplanong ito sa pamamagitan ng puntong Q gumuhit tayo ng isang linya na kahanay ng linyang BB", at hanapin ang puntong Q ", kung saan ang iginuhit na linya ay nagsalubong sa linyang BC. Dahil ang puntong R, ayon sa kondisyon, ay nasa eroplanong pinili bilang pangunahing isa, ang puntong R" ay tumutugma sa puntong R. ( Larawan 3)
2) Ang magkatulad na linya na PP" at QQ" ay tumutukoy sa eroplano. Gumuhit kami ng mga linyang PQ at P"Q" sa eroplanong ito at hanapin ang puntong S=PQ na nag-intersect sa P"Q". Dahil ang puntong S" ay nasa linyang PQ, kung gayon ito ay nasa eroplano (PQR), at dahil ang puntong S" ay nasa linyang P"Q", kung gayon ito ay namamalagi sa eroplano (ABC). Kaya, ang puntong S "ay isang karaniwang punto ng mga eroplano (PQR) at (ABC). Nangangahulugan ito na ang mga eroplano (PQR) at (ABC) ay nagsalubong sa isang tuwid na linya na dumadaan sa puntong S".
3) Dahil ang puntong R ay tumutugma sa puntong R", kung gayon ang puntong R ay isa pang karaniwang punto ng mga eroplano (PQR) at (ABC). Kaya, ang linyang S "R ay ang pangunahing bakas ng eroplano (PQR). Iguhit natin ang linyang ito. Tulad ng nakikita mo mula sa figure, ang tuwid na linya S "R intersects ang mga gilid AB at BC ng base ng prism, ayon sa pagkakabanggit, sa mga punto S" "at S" "".
4) Dahil ang mga puntos na S""" at Q ay nasa eroplano (BCC"), kung gayon ang linyang S""" Q ay nasa eroplanong ito. Iguhit ito. Ito ang bakas ng eroplano (PQR) sa eroplano ( BCC"). At ang segment na S""" Q, ay ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ng BCC"B".
5) Katulad nito, nakita namin ang segment S "" P - ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ABB "A".
7) Nahanap namin ang punto F=PC"" intersects A"C" at pagkatapos ay makuha namin ang segment PF - ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ng ACC"A".
8) Ang mga puntong Q at F ay nasa eroplanong A"B"C", kaya ang linyang QF ay nasa eroplano (A"B"C"). Gumuhit tayo ng isang tuwid na linya QF, makakakuha tayo ng isang segment na QF - isang bakas ng isang eroplano (PQR) sa mukha A "B" C. Kaya, nakakuha kami ng polygon QS "" "S" "PF - ang nais na seksyon.
3 tala. Ipakita natin ang isa pang paraan ng paghahanap ng puntong C"", kung saan hindi natin mahanap ang punto ng intersection ng linyang S""" Q na may linyang C"C"". Magtatalo tayo bilang mga sumusunod. Kung ang bakas ng eroplano (PQR) sa linyang CC" ay ilang punto V, kung gayon ang projection nito sa eroplano (ABC) ay tumutugma sa puntong C. Pagkatapos ay ang puntong S""""= V"P"ay nagsalubong sa VP. sa pangunahing bakas ng S"R ng eroplano (PQR). Binubuo namin ang puntong ito na S"""" bilang intersection point ng mga linyang V"P" (ito ang linyang CA) at S"R. At pagkatapos ay iguguhit namin ang linyang S""""P. Nag-intersect ito sa linyang CC "sa puntong V.
Halimbawa 2
Sa gilid ng MB ng pyramid MABCD, itinakda namin ang puntong P, sa mukha nito MCD itinakda namin ang puntong Q. Nagtatayo kami ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng eroplano (PQR), ang puntong R kung saan itinakda namin:
a) sa gilid ng MC;
b) nasa gilid ng MAD;
c) sa eroplano (MAS), sa labas ng pyramid.
Solusyon.
a) Ang bakas ng eroplano (PQR) sa mukha ng MBC ay ang segment na PR, at ang bakas nito sa mukha ng MCD ay ang segment na RD", kung saan ang puntong D" ay ang punto ng intersection ng linyang RQ na may gilid MD. Malinaw na ang eroplano (PQR) ay may mga bakas sa mga mukha na MAD at MAB (dahil ang eroplano (PQR) ay may mga karaniwang punto sa mga mukha na ito). Hanapin ang plane trace (PQR) sa linyang MA. Gawin natin ito ng ganito:
1) Buuin natin ang mga puntong P", Q" at R" - ang mga projection ng mga puntong P, Q at R mula sa sentro M papunta sa eroplano (ABC), kaya kinuha bilang pangunahing eroplano. (Fig. 4)
3) Kung ang eroplano (PQR) ay bumalandra sa linyang MA sa isang puntong V, kung gayon ang puntong V" ay tumutugma sa puntong A at ang puntong S"""= VQ ay bumalandra sa V"Q" ay nasa linyang S"S"" . Sa madaling salita, sa puntong S""" tatlong linya ang nagsalubong: VQ, V"Q"" at S" S"". Ang huling dalawang linya ng tatlong ito ay nasa drawing na. Samakatuwid, itinayo namin ang puntong S""" bilang punto ng intersection ng mga linyang V"Q" at SS"".
4) Iguhit ang linyang QS""" (ito ay sumasabay sa linyang VQ, dahil ang linyang VQ ay dapat dumaan sa puntong S""", ibig sabihin, ang mga puntong V, Q at S""" ay nasa parehong linya).
5) Hanapin ang punto V kung saan ang linyang QS"" "ay nagsalubong sa linyang MA, ang Point V ay ang bakas ng eroplano (PQR) sa gilid ng MA. Dagdag pa, malinaw na ang mga segment na PV at VD" ay ang mga bakas ng eroplano (PQR), ayon sa pagkakabanggit, sa mga mukha ng MAB at M.A.D. Kaya, ang polygon PRD "V ay ang kinakailangang seksyon.
b) 1) Kinukuha namin ang eroplano (ABC) bilang pangunahing eroplano at itinayo ang mga puntong P", Q" at R" - ang mga projection ng mga puntong P, Q at R, ayon sa pagkakabanggit, papunta sa eroplano (ABC). Ang sentro nito panloob na projection ay ang punto M. (Larawan 5.)
2) Bumubuo kami ng isang tuwid na linya S"S"" - ang pangunahing bakas ng eroplano (PQR).
3) Kung ang eroplano (PQR) ay nagsalubong sa linyang MA sa puntong V, kung gayon ang puntong V "- ang projection ng puntong V papunta sa eroplano (ABC) mula sa gitnang M- ay tumutugma sa puntong A, at ang mga linyang S "S"", V"R" at ang linyang VR, ang puntong V kung saan hindi pa natin nabubuo, ay bumalandra sa puntong S""". Hanapin ang puntong ito na S"""=V"R" ay bumalandra sa S"S "" ."", at hanapin ang point V=RS""" intersects MA. Ang karagdagang construction ay malinaw. Ang kinakailangang seksyon ay ang polygon PVD"T.
sa)
(Fig.6.) Hayaang ang point R ay matatagpuan sa eroplano (MAS) tulad ng ipinapakita sa Figure 6.
1) Kinukuha namin ang eroplano (ABC) bilang pangunahing eroplano at itinayo ang mga puntong P", Q" at R" - ang mga projection ng mga puntos na P, Q at R, ayon sa pagkakabanggit, papunta sa eroplano (ABC). (Ang sentro ng ang projection ay ang punto M.)
2) Bumubuo kami ng isang tuwid na linya S"S"", - ang pangunahing bakas ng eroplano (PQR).
3) Hanapin ang punto V - ang bakas ng eroplano (PQR) sa linyang MA. Point V" - ang projection ng point V papunta sa eroplano (ABC) mula sa gitna M - coincides sa kasong ito sa point A.
4) Hanapin ang point S"""= P"V" intersects S"S"", at pagkatapos ay ang point V =PS""" intersects MA.
5) Nakukuha namin ang trace PV ng eroplano (PQR) sa eroplano (MAB).
6) Hanapin ang puntong T - ang bakas ng eroplano (PQR) sa linyang MO. Malinaw na ang puntong T" sa kasong ito ay tumutugma sa puntong D. Upang mabuo ang puntong T, itinatayo namin ang puntong S""""=Q"T" na nagsalubong sa S"S"", at pagkatapos ay ang puntong T = QS""" "nagsalubong sa MT" .
7) Ang hanay ng mga bakas na PV, VT, TC", at C "P, ibig sabihin, ang polygon PVTC" - ang kinakailangang seksyon.
Pinagsamang paraan ng pagbabahagi
Ang kakanyahan ng pinagsamang pamamaraan para sa pagtatayo ng mga seksyon ng polyhedra ay ang aplikasyon ng mga theorems sa parallelism ng mga linya at eroplano sa espasyo kasama ang axiomatic method.
Halimbawa numero 1.
Sa mga gilid ng AB at AD ng pyramid MABCD, itinakda namin ang mga puntong P at Q, ayon sa pagkakabanggit, ang mga midpoint ng mga gilid na ito, at sa gilid ng MC, itinakda namin ang puntong R. Bumuo tayo ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplanong dumaraan. sa pamamagitan ng mga puntos na P, Q, at R.
Solusyon
(larawan 14):
isa). Malinaw na ang pangunahing bakas ng eroplanong PQR ay ang linyang PQ.
2). Hanapin ang punto K kung saan ang MAC plane ay nag-intersect sa linyang PQ. Ang mga puntong K at R ay nabibilang sa parehong PQR plane at MAC plane. Samakatuwid, sa pamamagitan ng pagguhit ng tuwid na linyang KR, nakukuha natin ang linya ng intersection ng mga eroplanong ito.
3). Hanapin natin ang punto N=AC BD, iguhit ang linya MN at hanapin ang punto F=KR MN.
apat). Ang puntong F ay isang karaniwang punto ng mga eroplanong PQR at MDB, iyon ay, ang mga eroplanong ito ay bumalandra sa isang tuwid na linya na dumadaan sa puntong F. Kasabay nito, dahil ang PQ ay ang midline ng tatsulok na ABD, kung gayon ang PQ ay parallel sa BD, iyon ay, ang linyang PQ ay kahanay din sa eroplanong MDB. Pagkatapos ang eroplanong PQR na dumadaan sa linyang PQ ay nag-intersect sa eroplanong MDB sa kahabaan ng linyang parallel sa linyang PQ, ibig sabihin, parallel sa linyang BD. Samakatuwid, sa eroplano MDB sa pamamagitan ng punto F gumuhit kami ng isang linya parallel sa linya BD.
5). Ang mga karagdagang constructions ay malinaw mula sa figure. Bilang resulta, nakuha namin ang polygon PQD"RB" - ang kinakailangang seksyon.
1. Konstruksyon ng isang seksyon na dumadaan sa isang ibinigay na linya parallel sa isa pang ibinigay na linya.
Hayaan, halimbawa, ito ay kinakailangan upang bumuo ng isang seksyon ng isang polyhedron sa pamamagitan ng isang eroplano @ na dumadaan sa isang ibinigay na linya p parallel sa isang pangalawang ibinigay na linya q. Sa pangkalahatang kaso, ang solusyon sa problemang ito ay nangangailangan ng ilang mga paunang konstruksyon, na maaaring isagawa ayon sa sumusunod na plano:
isa). Sa pamamagitan ng pangalawang linya q at ilang punto W ng unang linya p iginuhit namin ang betta plane (Fig.
2). Gumuhit ng linyang q" na kahanay ng q sa betta plane sa puntong W.
3). Ang mga intersecting na linya p at q". Tinukoy ang eroplano @. Kinukumpleto nito ang mga paunang konstruksyon at maaari tayong magpatuloy sa pagtatayo ng isang direktang seksyon ng polyhedron sa pamamagitan ng eroplano @. Sa ilang mga kaso, ang mga tampok ng isang partikular na problema ay nagpapahintulot sa amin na magpatupad ng mas maikling plano ng solusyon. Isaalang-alang natin ang mga halimbawa.
Halimbawa numero 2.
Sa mga gilid ng BC at MA ng pyramid MABC, tinutukoy namin ang mga puntos na P at Q, ayon sa pagkakabanggit. Nagtatayo kami ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng eroplano @ na dumadaan sa linyang PQ na kahanay sa linyang AR, ang punto R, na aming tinukoy tulad ng sumusunod: a). Sa gilid MB; b). Ito ay kasabay ng punto B; sa). Sa bingit ng MAB.
Solusyon:
a)
.(Figure Ang eroplanong dumadaan sa pangalawang linya, iyon ay, ang linyang AR, at ang puntong Q na kinuha sa unang linya, ay nasa larawan na. Ito ang MAB na eroplano.
2). Sa eroplano MAB sa pamamagitan ng puntong Q gumuhit kami ng isang linyang QF parallel sa AR.
3). Tinutukoy ng mga intersecting na linya na PQ at QF ang eroplano @ (ang eroplanong PQF na ito) - ang eroplano ng nais na seksyon. Buuin natin ang seksyong ito sa pamamagitan ng paraan ng pagsubaybay.
apat). Point B coincides with point F" - ang projection ng point F papunta sa plane ABC (mula sa center M), at point A coincides with point Q" - ang projection ng point Q papunta sa plane na ito. Pagkatapos ang puntong S "=FQ F"Q" ay nasa pangunahing bakas ng secant plane @. Dahil ang point P ay nasa pangunahing trace ng secant plane, ang linyang S"P ay ang pangunahing bakas ng eroplano @, at ang segment na S""P ay ang bakas ng eroplano @ sa gilid ng ABC. Dagdag pa, malinaw na ang puntong P ay dapat na konektado sa puntong F. Bilang resulta, nakukuha namin ang quadrilateral PFQS"" - ang kinakailangang seksyon.
b)
(Figure Ang eroplanong dumadaan sa linyang AB at ang punto P ng linyang PQ ay naitayo na sa larawan. Ito ang eroplanong ABC. Ipagpatuloy natin ang pagbuo ayon sa plano sa itaas.
2). Sa eroplanong ABC sa pamamagitan ng puntong P gumuhit kami ng isang linyang PD na kahanay sa linyang AB.
3). Ang mga intersecting na linya na PQ at PD ay tumutukoy sa alpha plane (ito ang PQD plane) - ang eroplano ng nais na seksyon. Buuin natin ang seksyong ito.
apat). Malinaw na ang bakas ng alpha plane sa mukha ng MAC ay ang segment na DQ.
5). Nagsasagawa kami ng mga karagdagang konstruksyon, na isinasaalang-alang ang mga sumusunod na pagsasaalang-alang. Dahil ang line PD ay parallel sa line AB, line PD ay parallel sa plane MAB. Pagkatapos ay ang eroplanong alpha na dumadaan sa linyang PD ay nag-intersect sa eroplanong MAB sa kahabaan ng linya na kahanay sa linyang PD, iyon ay, ang linyang AB. Kaya, sa eroplano MAB sa pamamagitan ng punto Q gumuhit kami ng isang tuwid na linya na QE parallel sa AB. Ang Segment QE ay isang bakas ng alpha plane sa mukha ng MAB.
6). Ikonekta natin ang puntong P sa puntong E. Ang segment na PE ay ang bakas ng alpha plane sa mukha ng MBC. Kaya, ang quadrilateral PEQD ay ang kinakailangang seksyon. coincides with point A, and point L" coincides with R"=MR BC. Pagkatapos ay ang puntong S "=LQ L"Q" ay nasa pangunahing bakas ng secant plane alpha. Ang pangunahing trace na ito ay ang tuwid na linyang S"P, at ang bakas ng alpha plane sa mukha ng ABC ay ang segment S" "P. Dagdag pa, ang tuwid na linyang PL ay ang bakas ng alpha plane sa MBC plane, at ang segment na PN ay ang trace ng alpha plane sa MBC face. Kaya, ang quadrilateral PS""QN ay ang nais na seksyon.
Halimbawa 3
Sa diagonals AC at C"E" ng mga base ng prism ABCDEA"B"C"D"E" itinakda namin ang mga puntos na P at Q, ayon sa pagkakabanggit. Bumuo tayo ng isang seksyon ng prism sa pamamagitan ng plane alpha na dumadaan sa linya PQ parallel sa isa sa mga sumusunod na linya: a). AB; b) .ac"; sa). BC Solution:
a)
(Figure Plane na dumadaan sa linyang AB - ang pangalawang ibinigay na linya at ang puntong P, na kinuha sa unang linya, ay naitayo na. Ito ang eroplanong ABC.
2). Sa eroplanong ABC sa pamamagitan ng puntong P gumuhit kami ng isang linya na kahanay sa linyang AB, at hanapin ang mga puntos na K at L kung saan ang linyang ito ay nagsalubong sa mga linyang BC at AE, ayon sa pagkakabanggit. Ang B"C" ay parallel din sa isa't isa. Isinasaalang-alang na ang KL ay parallel sa AB at A"B" ay parallel sa AB, gumuhit kami sa eroplano A"B"C" sa pamamagitan ng point Q ng isang linya na parallel sa linya A"B", at hanapin ang mga puntos F at T kung saan nagsa-intersect ang linyang ito, ayon sa pagkakabanggit, tuwid na mga linya C"D" at A"E". Susunod, makuha namin ang segment na TL - ang bakas ng alpha plane sa mukha AEE"A", ang point S"=KL CD , ang tuwid na linya S"F - ang bakas ng alpha plane sa plane CDD", ang segment FC"" - ang trace ng alpha plane sa mukha CDD"C" at, sa wakas, ang segment C""K" - ang bakas ng alpha plane sa mukha BCC"B". Bilang resulta, nakuha namin ang polygon KLTFC"" - ang kinakailangang seksyon. 
b)
(Figure Gumuhit tayo ng eroplano sa pamamagitan ng linyang AC "- ang pangalawang ibinigay na linya, at ang puntong P na kinuha sa unang linya. Ito ang eroplanong ACC".
2). Sa eroplanong ACC" sa pamamagitan ng puntong P gumuhit kami ng isang linya parallel sa linyang AC" at hanapin ang punto C"" kung saan ang linyang ito ay nagsalubong sa linya ng CC".
3). Ang mga intersecting na linya na PQ at PC"" ay tumutukoy sa alpha plane (plane C""PQ) - ang eroplano ng nais na seksyon. Buuin natin ang seksyong ito, halimbawa, sa pamamagitan ng paraan ng pagsubaybay. Ang isang punto na kabilang sa bakas ng alpha plane sa ABC plane, na kinukuha namin bilang pangunahing isa, ay nasa drawing na. Ito ang punto P. Maghanap tayo ng isa pang punto ng bakas na ito.
apat). Ang projection ng point C "" papunta sa eroplanong ABC ay ang point C, at ang projection ng point Q ay ang point Q" - ang punto ng intersection ng linya CE na may linya na dumadaan sa eroplano CEE "sa punto Q parallel sa line EE". Point S "= C" "Q CQ " ay ang pangalawang punto ng pangunahing trace ng alpha plane. Kaya, ang pangunahing trace ng alpha plane ay ang straight line S "P. Nag-intersect ito sa mga gilid BC at AE ng base ng prism, ayon sa pagkakabanggit, sa mga puntong S"" at S"""... Pagkatapos ang segment na S""S""" ay ang bakas ng secant plane alpha sa mukha ABCDE. At ang segment na S""C"" ay isang bakas ng alpha plane sa mukha ng BCC"B". Madaling makita na ang mga linyang C"" Q at EE" ay nasa parehong eroplano. Hanapin ang puntong E"" =C""Q EE". Pagkatapos ay malinaw na makakuha ng karagdagang mga bakas ng alpha plane: S"""S"", S"""T, TF at FC"". Bilang resulta, nakuha namin ang polygon S""S"""TFC"" - ang kinakailangang seksyon.
sa)
(pagguhit Sa pamamagitan ng pangalawang ibinigay na linya - ang linyang BC "- at, halimbawa, sa pamamagitan ng puntong P, na nasa unang ibinigay na linya, ilipat natin ang eroplano. Gawin natin ito sa pamamagitan ng paraan ng pagsubaybay. Madaling itatag iyon ang pangunahing bakas ng eroplanong ito na BC" P ay ang linyang BP. Pagkatapos ay makikita natin ang puntong S"=BP CD at bakas ang S"C" ng eroplanong BC"P at eroplanong CDD".
2) Sa eroplano BC "P sa pamamagitan ng punto P gumuhit kami ng isang linya parallel sa linya BC". Ang punto ng intersection ng iginuhit na linya na may linyang S"C" ay tinutukoy ng V.
3). Ang mga intersecting na linya na PQ at PV ay tumutukoy sa plane alpha (plane PQV) - ang eroplano ng nais na seksyon. Buuin natin ang seksyong ito.
apat). Nahanap namin ang mga puntong Q "at V" - ang mga projection ng mga puntos na Q at V, ayon sa pagkakabanggit, papunta sa eroplanong ABC, na ginagawa namin bilang pangunahing eroplano. Pagkatapos ay makikita natin ang puntong S""=QV Q"V". Ito ay isa sa mga punto ng pangunahing bakas ng alpha plane. At mayroon nang isa pang punto ng bakas na ito. Ito ay isang ibinigay na punto P. Kaya, ang linyang S "" P ay ang pangunahing bakas ng alpha plane, at ang resultang segment na S "" "S" """ ay ang bakas ng alpha plane sa mukha ng ABCDE. Ang karagdagang kurso ng konstruksiyon ay malinaw: S "" "" "=S""P CD, S"""""V, points C""=S"""""V CC" at F=S""" ""V C"D", pagkatapos ay FQ at point T= FQ A"E" at panghuli TS"""". Bilang resulta, nakukuha namin ang polygon S"""C""FTS"""" - ang kinakailangang seksyon.
Tandaan: Sa madaling sabi, balangkasin natin ang kurso ng paglutas ng halimbawa 3, c, kung saan kinuha ang puntong Q sa unang ibinigay na linya, at hindi ang puntong P (Larawan 22).
isa). Binubuo namin ang eroplanong BC"Q (ito ang eroplanong BC"E").
2). Ang eroplanong BC"Q ay nag-intersect sa eroplanong ABC sa kahabaan ng tuwid na linyang BN parallel sa C"E" (para sa konstruksyon, maaari mong gamitin ang katotohanan na ang BN ay parallel sa CE).
3). Sa eroplanong BC"Q hanggang sa puntong Q gumuhit tayo ng linyang QM na kahanay ng BC" (M=QM BN).
apat). Bumubuo kami ng isang seksyon ng isang prisma sa pamamagitan ng isang eroplano na tinukoy ng mga intersecting na linya na PQ at QM. Magagawa ito sa sumusunod na pagkakasunud-sunod: MP, S"=MP AE at S""=MP BC, S""""=MP CE, C""=S""""Q CC", S""" C" ", F=S"""C"" C"D", FQ, T=FQ A"E", TS. Polygon S""C""FTS"- nais na seksyon.
2. Konstruksyon ng isang seksyon na dumadaan sa isang ibinigay na punto na kahanay sa dalawang ibinigay na linya ng skew.
Hayaang kailanganin na bumuo ng isang seksyon ng isang polyhedron sa pamamagitan ng isang eroplano na dumadaan sa isang ibinigay na punto K na kahanay sa dalawang ibinigay na linya ng skew l at m. Sa background:#FFCCCC; border:outset #CC33FF 1.5pt">
1. Pumili tayo ng ilang puntong W. (Ang puntong ito ay maaaring nasa isa sa mga ibinigay na skew na linya, maaaring tumutugma ito sa puntong K.)
2. Gumuhit ng mga linyang l" at m" sa puntong W. (Natural, kung ang puntong W ay nasa isa sa mga linya, halimbawa, sa linyang l, kung gayon ang linyang l" ay tumutugma sa linyang l.)
3. Ang mga intersecting na linya l "at m" ay tumutukoy sa betta plane - ang eroplano ng auxiliary na seksyon ng polyhedron. Bumubuo kami ng isang seksyon ng polyhedron sa pamamagitan ng betta plane.
4. Bumuo ng mga seksyon ng polyhedron sa pamamagitan ng alpha plane na dumadaan sa point K at parallel sa beta plane.
Isaalang-alang ang mga halimbawa ng aplikasyon ng nakabalangkas na plano.
HALIMBAWA 4
Sa mga gilid ng AD at C"D" ng prisma ABCDA"B"C"D", itinakda namin ang mga puntos na P at Q, ayon sa pagkakabanggit, at sa gilid ng DD" itinakda namin ang puntong K. Bumuo tayo ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng eroplanong alpha na dumadaan sa puntong K na kahanay ng linyang PQ at isa sa mga sumusunod na tuwid na linya: a) AB; b) A "B; c) BR, na ang punto R ay ibinigay sa gilid A"D".
Solusyon. a)
(Larawan 2 Hayaang tumugma ang puntong W sa puntong P.
2) Sa eroplanong ABC hanggang sa puntong P gumuhit ng isang linya na kahanay sa linyang AB. Hanapin ang punto E kung saan ang iginuhit na linya ay nag-intersect sa linyang BC.
3) Ang mga intersecting na linya na PQ at PE ay tumutukoy sa betta plane - ang eroplano ng auxiliary section. Bumuo tayo ng isang seksyon ng prisma sa tabi ng betta plane. Direktang PE at mga puntong C"" at D"" ay mga bakas ng betta plane, ayon sa pagkakabanggit, sa mga tuwid na linya CC" at DD". Pagkatapos ay bumuo kami ng isang tuwid na linya D "" P at kumuha ng isang punto F sa gilid A "D". Kaya, ang seksyon ng prisma ng betta plane ay - I polygon PEC "" QF.
4) Bumubuo na kami ngayon ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng alpha plane na dumadaan sa point K na parallel sa beta plane. Bilang resulta, nakukuha namin ang tatsulok na KLN - ang kinakailangang seksyon.
b)
(Larawan. Hayaang ang puntong W ay tumutugma sa puntong Q. Upang gumuhit ng isang linya na kahanay sa linyang A "B" sa pamamagitan ng puntong Q, iguhit muna ang gamma plane sa pamamagitan ng linyang A "B at ang puntong Q. Gawin natin sa ganitong paraan. Hanapin ang puntong Q" - ang projection ng puntong Q sa eroplanong ABC at iguhit ang linyang AQ". Malinaw na ang AQ" ay kahanay ng A"Q. Ngayon sa pamamagitan ng punto B sa eroplanong ABC ay gumuhit tayo ang linyang l" na kahanay ng AQ". Ang mga intersecting na linyang A"B at l" ay tumutukoy sa gamma plane. Sa gamma plane sa pamamagitan ng point Q gumuhit ng linyang l"" na kahanay ng A"B.
3) Ang intersecting straight lines PQ at l "", ang betta plane ay tinutukoy - ang eroplano ng auxiliary section ng prism. Buuin natin ang seksyong ito. Upang gawin ito, hanapin namin ang puntong S"=l" intersects l"", at pagkatapos ay ang linyang PS" - ang pangunahing bakas ng betta plane. Karagdagang makikita namin ang puntong s""=PS" na nagsa-intersect sa CD at gumuhit ng linya S""Q - ang bakas ng betta plane sa CDD plane ". Nakukuha namin ang point D"" - ang bakas ng betta plane sa linyang DD". Ang puntong D"" at ang puntong P ay nasa eroplanong ADD". Samakatuwid, ang linyang PD"" ay ang bakas ng betta plane sa eroplanong ADD", at ang segment na PF ay ang bakas ng betta plane sa mukha Idagdag ang "A". Kaya, ang seksyon ng prisma ng betta plane ay ang quadrilateral PS "" QF. (Tandaan: Ang QF ay parallel sa PS "". At ito, siyempre, ay ganoon. Pagkatapos ng lahat, ang mga base ng prism ay nakahiga sa parallel na mga eroplano. Ang sitwasyong ito ay maaaring gamitin kapag gumagawa ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng betta plane. )
4) Ngayon ay bumuo kami ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng alpha plane na dumadaan sa point K na kahanay sa beta plane. Madaling gawin ang build na ito. Bilang resulta, nakukuha namin ang tatsulok na KLN - ang kinakailangang seksyon.
sa)
(Fig. Piliin natin ang point Q bilang point W.
2) Iguhit ang gamma plane sa pamamagitan ng linyang BR at ang puntong Q. Ang gamma plane ay bumalandra sa eroplanong ABC sa kahabaan ng tuwid na linya l "parallel to QR. Upang bumuo ng tuwid na linya l" itinatayo namin ang mga puntong R "at Q" - ang mga projection ng mga puntos na R at Q papunta sa eroplanong ABC, ayon sa pagkakabanggit - at gumuhit ng tuwid na linya Q "R", at pagkatapos ay sa eroplanong ABC sa pamamagitan ng punto Sa iginuhit namin ang linyang l" na kahanay ng Q"R". Sa eroplanong gamma sa pamamagitan ng puntong Q iginuhit namin ang linyang l"" parallel sa BR . Nakukuha natin ang puntong S"=l" na nagsalubong sa l"".
3) Ang mga intersecting na linya na PQ at l "" ay tumutukoy sa betta plane - ang eroplano ng auxiliary na seksyon ng prisma. Buuin natin ang seksyong ito. Malinaw na ang linyang PS" ay ang pangunahing bakas ng betta plane. Karagdagang makikita natin ang mga puntos na S""= PS" na nagsa-intersect sa CD, S"""= PS" ay nagsa-intersect sa BC at C"" = QS"" na nagsa-intersect sa CC ". Kumuha kami ng mga segment na PS"" ", S""C"" at C""Q- traces ng betta plane, ayon sa pagkakabanggit, sa mga mukha ng ABCD, BCC"B at CDD"C". Susunod, alinman ay gumuhit kami ng isang linya sa eroplano A "B" C "parallel sa trace PS", at makuha ang punto F, o hanapin namin ang punto D "" \u003d S" "Q intersects DD" at iguhit ang linya D "" P. Nag-intersect ang linyang ito sa linyang A "D" sa puntong F. Kaya, nakakakuha tayo ng dalawa pang bakas ng betta plane: QF n FP. Kaya, ang polygon PS"""C""QF ay ang seksyon ng prisma ng betta plane.
4) Ngayon, bumuo tayo ng isang seksyon ng prisma sa pamamagitan ng alpha plane na dumadaan sa point K na kahanay ng beta plane. Bilang resulta, nakukuha namin ang tatsulok na KLN - ang kinakailangang seksyon.
HALIMBAWA 5.
Sa mga gilid ng MB at MA ng pyramid MABCD, itinakda namin ang mga puntos na P at K, ayon sa pagkakabanggit, at sa segment AC itinakda namin ang puntong Q. Nagtatayo kami ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng eroplanong alpha na dumadaan sa puntong K na kahanay sa ang linyang PQ at isa sa mga sumusunod na linya: a) CD; b) MS; c) RV, ang mga puntos na R at V kung saan itinakda namin ayon sa pagkakabanggit sa mga gilid ng AB at MC ng pyramid.
Solusyon.
a)
(Fig. 2Sa eroplanong ABC sa pamamagitan ng puntong Q gumuhit kami ng isang linya na kahanay sa linya ng CD, at. hanapin ang mga puntos na S". S"" at S""", kung saan ang linyang ito ay nagsalubong sa mga linyang BC, AD at AB. , ayon sa pagkakabanggit.
2) Ang mga intersecting na linya na PQ at S"S"" ay tumutukoy sa betta plane - ang eroplano ng auxiliary section ng pyramid. Buuin natin ang seksyong ito. Ang pangunahing bakas ng betta plane ay ang linyang S"S"". Ang segment na PS" ay ang bakas ng betta plane sa MBC face, ang straight line PS""" ay ang trace nito sa MAB plane, ang segment na PA" ay nasa MAB face, ang segment na A"S"" ay naka-on ang MAD na mukha.
b)
(Larawan 27.) Buuin natin ang ibinigay na seksyon sa sumusunod na pagkakasunud-sunod:
1) Sa MAC eroplano sa pamamagitan ng
point Q iginuhit namin ang linyang QA parallel sa MC
2) Gumawa kami ng isang pantulong na seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplano, na tinutukoy ng. Sa layuning ito, nakita namin ang puntong S"=PA" na nagsalubong sa AB, gumuhit ng linyang S"Q, na siyang pangunahing bakas ng eroplanong PQA", kunin ang mga puntos na S""=S"Q na nagsalubong sa AD at S"" "=S"Q intersects BC at ikonekta ang point A" sa point S"", at point P na may point S""". Quadrilateral PA"S""S""" ay isang auxiliary section ng pyramid. Ang eroplano nito Ang seksyon ay parallel sa mga linyang PQ at MC, ngunit hindi dumadaan sa punto K .
3) Ngayon ay bumuo tayo ng isang seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng isang eroplanong dumadaan sa puntong K na kahanay sa eroplanong PQA ". Bilang resulta, nakakakuha tayo ng quadrilateral B" KFE - ang nais na seksyon.
a)
(Larawan 28.) Bumuo tayo ng isang ibinigay na seksyon ng pyramid sa pamamagitan ng unang paggawa ng isang pantulong na seksyon sa pamamagitan ng eroplano nito na dumadaan sa linyang PQ na kahanay sa linya ng RV. Gawin natin ito sa sumusunod na pagkakasunud-sunod:
1) Bumuo ng isang punto S "=PV intersects BC at gumuhit ng isang linya S" R.
2) Tinutukoy ng mga intersecting na linya S "V at S" R ang eroplano. Sa eroplanong ito, gumuhit ng linyang PS"" sa puntong P na kahanay ng RV.
3) Ang mga intersecting na linya na PQ at PS"" ay tumutukoy sa eroplano ng auxiliary na seksyon ng pyramid. Buuin natin ang seksyong ito. Nakahanap kami ng sunud-sunod na tuwid na linya S "" Q - ang pangunahing bakas ng eroplano ng pantulong na seksyon, pagkatapos ay ang mga puntos na T "= S" "Q intersects BC, T" "= S" "Q intersects AB at T" "" \u003d S" "Q intersects CD, Let's draw then the line T"P and find the point E \u003d T"P intersects "MC. Ikinonekta namin ang point P sa point T"", at ang point E with T" "". Ang quadrangle PT ""T" "" E ay isang pantulong na seksyon ng pyramid. Ang eroplano ng seksyong ito ay parallel sa mga linyang PQ at RV, ngunit hindi dumadaan sa puntong K. Ngayon ay gagawa tayo ng isang seksyon ng pyramid na may isang eroplano na dumadaan sa puntong K na kahanay sa eroplano ng seksyon ng auxiliary. Bilang resulta, nakakuha kami ng isang quadrilateral KV "C" D" - ang nais na seksyon.
Paghahanap ng cross-sectional area sa polyhedra.
Gawain bilang 1.
Gawain #2
Gawain bilang 3.
Gawain bilang 4.
Gawain bilang 5.
Gawain bilang 6.
Gawain #7
Gawain bilang 8.
Paggamit ng mga katangian ng magkatulad na tatsulok.
Samakatuwid, nasa ibaba ang ilang simpleng problema kung saan ang mga katulad na tatsulok ay gumaganap ng malaking papel, lalo na dahil kailangan din nilang itayo (at makita!!!) gamit ang karaniwang stereometric na pamamaraan: intersect ang isang eroplano sa isa pang eroplano at bumuo ng kanilang linya ng intersection kasama ang dalawang puntong karaniwan sa mga eroplano.
Gawain bilang 1.
Gawain #2
Gawain #3
Gawain #4
Gawain #5
Mayroong apat na pangunahing paraan upang mahanap ang distansya sa pagitan ng mga skew na linya:
1) Paghahanap ng haba ng karaniwang patayo ng dalawang intersecting na linya, iyon ay, isang segment na may mga dulo sa mga linyang ito at patayo sa pareho.
2) Paghahanap ng distansya mula sa isa sa mga intersecting na linya hanggang sa isang eroplanong parallel dito na dumadaan sa kabilang linya.
3) Paghahanap ng distansya sa pagitan ng dalawang parallel na eroplano na dumadaan sa mga ibinigay na linya ng skew.
4) Paghahanap ng distansya mula sa isang punto - na kung saan ay ang projection ng isa sa mga intersecting na linya papunta sa isang eroplano na patayo dito - sa projection ng isa pang linya papunta sa parehong eroplano.
Gawain #18
Gawain #19
Magpakita ng 4 na opsyon para sa paglutas ng problemang ito at piliin ang pinaka-makatuwiran sa mga ito. I-justify ang iyong pinili.
Gawain #20
Gawain #21
Gawain #22
Paghahanap ng distansya at anggulo sa pagitan ng mga skew na linya sa isang polyhedron.
Gawain bilang 1.
Gawain bilang 2.
Gawain bilang 3.
dumadaan sa gilid na gilid at ang median ng base na nagsa-intersect dito, at isang eroplanong dumadaan sa parehong median at sa gitna ng anumang iba pang gilid ng gilid.
Mga seksyon.
Gawain bilang 1.
Gawain bilang 2.
Gawain bilang 3.
Dalawang magkasalungat na gilid ng isang tetrahedron ay patayo, at ang kanilang mga haba ay katumbas ng a at b, ang distansya sa pagitan ng mga ito ay katumbas ng c. Ang isang cube ay nakasulat sa tetrahedron, apat na gilid nito ay patayo sa dalawang gilid ng tetrahedron, at eksaktong dalawang vertices ng cube ang nasa bawat mukha ng tetrahedron. Hanapin ang gilid ng kubo.
Gawain bilang 4.
Gawain bilang 5.
Gawain bilang 6.
Gawain bilang 7.
Gawain bilang 8.
Gawain bilang 9.
Ang ratio ng mga volume ng mga bahagi ng isang polyhedron.
Gawain bilang 1.
Gawain bilang 2.
Gawain bilang 3.
Gawain bilang 4.
Mga projection at mga seksyon ng regular na polyhedra.
Gawain bilang 1.
Ipakita na ang mga projection ng dodecahedron at icosahedron sa mga eroplanong parallel sa kanilang mga mukha ay mga regular na polygon.
Gawain bilang 2.
Ipakita na ang projection ng isang dodecahedron sa isang eroplano na patayo sa isang tuwid na linya na dumadaan sa gitna nito at ang midpoint ng isang gilid ay isang hexagon (hindi isang decagon).
Gawain bilang 3.
a) ipakita na ang projection ng icosahedron papunta sa eroplano. patayo sa linyang dumadaan sa gitna nito at ang vertex ay isang regular na decagon. b). Patunayan na ang projection ng isang dodecahedron papunta sa isang eroplanong patayo sa isang tuwid na linya na dumadaan sa gitna at vertex nito ay isang hindi regular na dodecahedron.
Gawain bilang 4.
Mayroon bang isang seksyon ng isang kubo na isang regular na t hexagon?
Gawain bilang 5.
Mayroon bang isang seksyon ng octahedron na isang regular na hexagon?
Gawain bilang 6.
Mayroon bang isang seksyon ng dodecahedron na isang regular na hexagon?
Gawain bilang 7.
Ang lahat ng mga mukha ng ABC at ABD ng isang icosahedron ay may isang karaniwang gilid AB. Ang isang eroplanong parallel sa eroplanong ABC ay iginuhit sa pamamagitan ng vertex D. Totoo ba na ang seksyon ng icosahedron ng eroplanong ito ay isang regular na hexagon?
Mga sagot sa mga gawain ayon sa paksa:
4. Anggulo sa pagitan ng mga eroplano.
5. Mga Seksyon
6. Ang ratio ng mga volume ng mga bahagi ng polyhedron.
7. Mga projection at mga seksyon ng regular na polyhedra.
1. Paghahanap ng cross-sectional area sa polyhedra.
Ang solusyon sa problema
№1 №2 №3 №4 №5 №6 №7 №8
Gawain bilang 1.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image040_59.gif" width="597" height="292 src=">
Gawain bilang 2.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image042_56.gif" width="577" height="277 src=">
Gawain bilang 3.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image044_53.gif" width="630" height="275 src=">
Gawain bilang 4.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image046_49.gif" width="641" height="332 src=">
Gawain bilang 5.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image048_46.gif" width="642" height="245 src=">
Gawain bilang 6.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image050_46.gif" width="680" height="340 src=">
Gawain bilang 7.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image052_47.gif" width="659" height="340 src=">left" style="margin-left: 6.75pt; margin-right: 6.75 pt">
2. Gamit ang mga katangian ng magkatulad na tatsulok.
Ang solusyon sa problema
№1 №2 №3 №4 №5
Gawain bilang 1.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image055_46.gif" width="605" height="254">
ika-2 kaso 
Gawain bilang 2.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image058_41.gif" width="683" height="260 src=">
Gawain bilang 3.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image061_42.gif" width="536" height="203">
https://pandia.ru/text/78/375/images/image063_41.gif" width="341" height="107 src=">MsoNormalTable">
Ang punto C ay kabilang sa eroplanong CB"A"D (dahil ang CD" ay patayo sa C"D bilang dayagonal ng parisukat, at dahil ang B"C" ay patayo sa eroplanong CC"D"D, na nagpapahiwatig na ang B "C" ay patayo sa CE), nakuha namin ang CE ay patayo sa B"C" at ang CE ay patayo sa C"D). Pagkatapos ay iguguhit namin ang EF patayo sa B"D at pagkatapos ay makuha namin ang B"D na patayo sa CF (sa pamamagitan ng ang tatlong perpendicular theorem: Ang CF ay nakahilig na may paggalang sa eroplanong AB"C"D, CE - ang patayo at EF - ang projection ng pahilig na CF; pagkatapos ito ay patayo din sa pahilig na CF mismo.) Dahil nabibilang ang EF at CF ayon sa pagkakabanggit sa parehong mga eroplano, ang anggulo phi (ang anggulo CFE) ay ang kinakailangan.
Ang katwiran na ito ay sinusundan ng isang simpleng computational na bahagi.
"B" EF at D ""C" EF), bilang isang resulta kung saan ang mga patayo A "" M at D "" M, na iginuhit sa parehong mga figure sa kanilang intersection line, ay mahuhulog sa isang punto M, bukod dito, sa loob at hindi sa labas ng prism , dahil ang mga anggulo B"A""D at C"D""A ay malabo (B"D at higit pa BD=AC=A""C"" at C"A higit sa AC=BD=B" "D"" ). Dagdag pa, kapag natagpuan ang mga diagonal at gilid ng mga rhombus, mahahanap ng isa ang mga segment A "" M at D "" M gamit, halimbawa, dalawang mga formula para sa lugar ng rhombus 
Tandaan: Siyempre, sa ito at sa mga katulad na problema, walang mga sukat ng polyhedron (halimbawa, "a") ang kinakailangan, samakatuwid, kapag pumipili ng mga numerical na halaga ng parameter na "k" para sa iba't ibang mga variant ng problema, ang nilalaman ng ang kondisyon nito sa naaangkop na lugar ay dapat na formulated, halimbawa, tulad ng sumusunod: "... sa isang prisma na ang taas ay napakaraming beses na mas malaki kaysa sa gilid ng base ... ", atbp.
3. Paghahanap ng distansya at anggulo sa pagitan ng mga skew na linya sa isang polyhedron.
Ang solusyon sa problema
№1 №2 №3 №4 №5
Gawain bilang 1.
MsoNormalTable">
№1
Paglutas ng problema sa unang paraan
nagmumungkahi:
- isang mahirap na katwiran na ang kinakailangang patayo (h skr.) na may mga dulo sa dalawang ibinigay na mga intersecting na linya ay matatagpuan sa loob ng kubo (at hindi sa labas nito);
- tinatayang pagpapasiya ng lokasyon ng patayo na ito;
- hulaan na upang mahanap ang haba ng segment h skr. ito ay kinakailangan, gamit ang theorem sa tatlong patayo, upang i-project ito sa katabing mga mukha ng kubo, kung saan nabibilang ang mga intersecting na linya (diagonals), at pagkatapos ay lumapit sa isang simpleng solusyon:
| 2.
Kasama sa paglutas ng problema sa pangalawang paraan
ang mga sumusunod na aksyon: |
Ang pagtatayo ng isa pang secant plane na dumadaan sa diagonal B "D" at intersecting sa pangalawa ng skew lines A "C"; ang eroplanong ito ay maginhawa upang piliin ang diagonal section BB "D" D sa sign na ito ng perpendicularity ng dalawang eroplano ng eroplanong BB "D" D ay patayo sa eroplanong ACD ", dahil ang eroplanong BB"D"D ay dumadaan sa isang tuwid na linya (B"D) na patayo sa isa pang eroplano (ACD"). Susunod, ang isang linya ng intersection ng parehong mga eroplano ay binuo kasama ang kanilang 2 karaniwang mga punto (D "O) at naayos sa pamamagitan ng intersection ng linyang ito na may dayagonal B" D (point N);
-at sa wakas, ayon sa theorem na kung ang isang eroplano ay patayo sa isa sa mga parallel na linya, kung gayon ito ay patayo din sa isa, mula sa puntong O "ay kabilang sa A"C" gumuhit kami sa seksyon ng eroplano BB"D "D sa intersection sa D"O ang segment O "M ay parallel sa B"D; sa kasong ito, ang O "M ay magiging patayo sa eroplanong ACD" at samakatuwid ay O "M \u003d h crt.;
- pagkatapos ay sa computational na bahagi ng solusyon, na isinasaalang-alang ang seksyong BB "D'D at sa loob nito - ang right-angled triangle OO'D', nakita namin: Tulad ng nakikita mo, pareho sa mga unang pamamaraan ay hindi gaanong ginagamit para sa mga gawain na nagpapakita ng hindi bababa sa ilang kumplikado
| 3.
Kasama sa paglutas ng problema sa ikatlong paraan
: |
At, sa wakas, sa computational na bahagi ng solusyon, maaari mong gamitin ang trick mula sa nakaraang paraan ng solusyon o gamitin ang pagkakatulad ng mga tatsulok:
| 4.
Ang paglutas ng problema sa ikaapat na paraan ay kinabibilangan ng: |
Gawain bilang 3.
Sa problemang ito, para sa pagpili ng paraan ng solusyon, ang salik sa pagtukoy ay ang perpendicularity ng linyang AC sa diagonal plane ВB'D'D (dahil ang AC ay patayo sa ВD at ang AC ay patayo sa BB'), kung saan ang isa pang linya B Ang 'F ay kabilang, ibig sabihin, ang secant plane na BB' D'D ay maginhawa para sa pagpili nito bilang projection plane. At pagkatapos ay ang simpleng bahagi ng pagkalkula ay sumusunod:
isa). Mula sa pagkakatulad ng tatsulok DFT at tatsulok D'FB' nakita namin ang DT = kd;
2). Mula sa pagkakapareho ng tatsulok na HINDI at tatsulok na BB'T makikita natin ang SA: 
Gawain bilang 4.
Ang problemang ito ay ipinakita dito upang ipakita ang aplikasyon ng pangalawang pamamaraan (pagbuo ng isang patayo mula sa unang linya hanggang sa isang parallel na eroplano na naglalaman ng pangalawang linya) sa pinakasimpleng mga sitwasyon ng paghahanap ng mga skew na linya sa isang kumplikadong polyhedron bilang isang regular na hexagonal prism.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image077_33.gif" width="186" height="87 src=">
Gawain bilang 5.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image079_29.gif" width="347" height="326 src=">
5. Mga Seksyon.
Ang solusyon sa problema
№1 №2 №3 №4 №5 №6
Gawain bilang 1.
Sa anumang kaso, ang mga puntong A, B at C ay nasa parehong eroplano, at samakatuwid ay maaari nating isaalang-alang ang seksyon ng eroplano na naglalaman ng mga puntong ito. Dahil ang eroplano ng seksyon ay dumadaan sa punto ng contact ng mga sphere (ang mga sphere ng eroplano), at ang seksyon ay lumalabas na padaplis sa bilog (bilog at linya). Hayaang O' at 0'' ang mga sentro ng una at pangalawang bilog. Since O'A || 0''B at mga puntong O', C at 0'' ay nasa isang tuwid na linya, anggulo AO'C = anggulo BO''C. Samakatuwid, ang anggulo ACO' = ang anggulo BCO'', ibig sabihin, ang mga puntong A, B at C ay nasa parehong tuwid na linya.
Gawain bilang 2.
Ang axial section ng pinutol na kono na ito ay ang circumscribed trapezoid ABCD na may mga base AD = 2R at BC = 2r. Hayaang ang P ay ang padaplis na punto ng inscribed na bilog na may gilid na AB, O ang sentro ng inscribed na bilog. Sa tatsulok na ABO, ang kabuuan ng mga anggulo sa vertices A at B ay 90 °, kaya ito ay right-angled. Samakatuwid, AP: RO - RO: BP, ibig sabihin, PO'2 = AP * BP. Malinaw din na ang AP = R at BP = r. Samakatuwid, ang radius RO ng isang sphere na nakasulat sa isang kono ay katumbas ng square root ng produkto ng R at r, at samakatuwid S = 4п(R2 + Rr+ r2). Ang pagpapahayag ng dami ng pinutol na kono na ito sa pamamagitan ng mga formula, nakuha namin na ang lugar ng kabuuang ibabaw nito ay katumbas ng 2n(R2 + Rr + r2) = S/2 (dapat itong isaalang-alang na ang taas ng pinutol na kono ay katumbas ng dalawang beses ang radius ng globo sa paligid kung saan ito inilalarawan).
Gawain bilang 3.
Ang karaniwang patayo sa mga gilid na ito ay nahahati ng mga eroplano ng mga mukha ng kubo na kahanay sa kanila sa mga bahagi ng haba y, x at r (x ay ang haba ng gilid ng kubo; ang bahagi ng haba y ay katabi ng gilid a). Ang mga eroplano ng mga mukha ng kubo, parallel sa mga gilid na ito, ay bumalandra sa tetrahedron sa dalawang parihaba. Ang mas maliliit na gilid ng mga parihaba na ito ay katumbas ng gilid ng cube x. Dahil ang mga gilid ng mga parihaba na ito ay madaling kalkulahin, nakukuha namin ang x = bu/c at x = az/c. Samakatuwid, c=x+y+r=x+cx/b + ex/a, ibig sabihin, x=abc/(ab + bc + ca).
Gawain bilang 4.
Ang bawat panig ng nagresultang polygon ay kabilang sa isa sa mga mukha ng kubo, kaya ang bilang ng mga gilid nito ay hindi lalampas sa 6. Bilang karagdagan, ang mga gilid na kabilang sa magkasalungat na mga mukha ng kubo ay magkatulad, dahil ang mga linya ng intersection ng ang eroplanong may dalawang magkatulad na eroplano ay magkatulad. Samakatuwid, ang seksyon ng isang kubo ay hindi maaaring maging isang regular na pentagon, dahil wala itong magkatulad na panig. Madaling suriin na ang isang regular na tatsulok, isang parisukat, at isang regular na hexagon ay maaaring mga seksyon ng isang kubo.
Gawain bilang 5.
Isaalang-alang ang isang bilog na isang seksyon ng isang ibinigay na katawan at gumuhit ng isang linya l sa gitna nito patayo sa eroplano nito. Bina-intersect ng linyang ito ang ibinigay na katawan sa ilang segment AB. Ang lahat ng mga seksyon na dumadaan sa linya l ay mga bilog na may diameter na AB.
Gawain bilang 6.
Isaalang-alang ang isang arbitrary na seksyon na dumadaan sa vertex A. Ang seksyong ito ay isang tatsulok na ABC, at ang mga gilid nito AB at AC ay mga generator ng kono, ibig sabihin, magkaroon ng pare-pareho ang haba. Samakatuwid, ang cross-sectional area ay proporsyonal sa sine ng anggulo BAC. Ang anggulo ng BAC ay nagbabago mula 0° hanggang φ,
MsoNormalTable">
Gawain bilang 2.
Isaalang-alang ang isang kubo na ang mga vertice ay matatagpuan sa mga vertices ng dodecahedron. Sa aming problema, pinag-uusapan natin ang tungkol sa isang projection sa isang eroplano na kahanay sa mukha ng kubo na ito. Ngayon ay madaling i-verify na ang projection ng dodecahedron ay talagang isang hexagon (Larawan 70).
Gawain bilang 3.
a) Ang itinuturing na projection ng icosahedron ay pumasa sa sarili nito sa pag-ikot ng 36° (sa kasong ito, ang mga projection ng itaas na mga mukha ay pumasa sa mga projection ng mas mababang mga mukha). Samakatuwid, ito ay isang regular na 10-karbon (Fig. 71, a).
b) Ang itinuturing na projection ng dodecahedron ay isang 12-gon, na nagiging sarili nito kapag pinaikot ng 60 ° (Larawan 71. b). Ang kalahati ng mga gilid nito ay projection ng mga gilid parallel sa projection plane, at ang kalahati ng mga gilid ay projection ng mga gilid na hindi parallel sa projection plane. Samakatuwid, ang 12-gon na ito ay hindi regular.
MsoNormalTable">
Gawain bilang 4.
Umiiral. Ang gitna ng ipinahiwatig sa Fig. Ang 72 na gilid ng isang kubo ay ang mga vertices ng isang regular na hexagon. Ito ay sumusunod mula sa katotohanan na ang mga gilid ng hexagon na ito ay parallel sa mga gilid ng isang regular na tatsulok na PQR, at ang kanilang mga haba ay kalahati ng mga haba ng mga gilid ng tatsulok na ito.
Gawain bilang 6. Umiiral. Kumuha kami ng tatlong pentagonal na mukha na may isang karaniwang vertex A at isinasaalang-alang ang isang seksyon sa pamamagitan ng isang eroplano na nagsasalubong sa mga mukha na ito at parallel sa eroplano kung saan ang tatlong magkapares na karaniwang vertex ng mga mukha na isinasaalang-alang ay namamalagi (Fig. 74). Ang seksyong ito ay isang hexagon na may magkapares na magkatulad na magkabilang panig. Kapag pinaikot ng 120 ° tungkol sa axis na dumadaan sa vertex A at patayo sa cutting plane, ang dodecahedron at ang cutting plane ay pumasa sa kanilang mga sarili. Samakatuwid, ang seksyon ay isang matambok na hexagon na may mga anggulo na 120°, ang mga haba kung saan, alternating, ay kukuha ng dalawang halaga. Upang maging regular ang hexagon na ito, sapat na ang dalawang halagang ito ay pantay. Habang ang cutting plane ay gumagalaw mula sa isa sa mga matinding posisyon nito patungo sa isa, lumalayo mula sa vertex A, ang una sa mga halagang ito ay tumataas mula 0 hanggang d, at ang pangalawa ay bumababa mula d hanggang a, kung saan ang a ay ang haba ng ang gilid ng dodecahedron. (d ay ang haba ng dayagonal ng mukha (d ay mas malaki kaysa sa a). Samakatuwid, sa ilang mga punto, ang mga halagang ito ay pantay-pantay, iyon ay, ang seksyon ay isang regular na hexagon. |
|
Gawain bilang 7.
Hindi, hindi totoo. Isaalang-alang ang projection ng icosahedron papunta sa eroplanong ABC. Ito ay isang regular na heksagono (tingnan ang Fig. 69). Samakatuwid, ang seksyong isinasaalang-alang ay magiging isang regular na hexagon lamang kung ang lahat ng 6 na vertices ay konektado sa pamamagitan ng mga gilid sa mga puntong A, B at C (at iba sa A, B at C) ay nasa parehong eroplano. Ngunit, tulad ng madali mong nakikita, hindi ito totoo (kung hindi, ito ay lumabas na ang lahat ng mga vertices ng icosahedron ay matatagpuan sa tatlong parallel na eroplano).
MGA GAWAIN
|
2. Gamit ang mga katangian ng magkatulad na tatsulok.
Ang solusyon sa problema
№1 №2 №3 №4 №5
Gawain bilang 1.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image055_46.gif" width="605" height="254">
ika-2 kaso
Gawain bilang 2.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image058_41.gif" width="683" height="260 src=">
Gawain bilang 3.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image060_43.gif" width="570" height="264 src=">
Gawain bilang 4.
https://pandia.ru/text/78/375/images/image063_41.gif" width="341" height="107 src=">kanan">
Sa panahon ng aralin, lahat ay makakakuha ng ideya tungkol sa paksa "Mga problema para sa pagbuo ng mga seksyon sa isang parallelepiped. Una, uulitin natin ang apat na pangunahing sumusuportang katangian ng kahon. Pagkatapos, gamit ang mga ito, malulutas namin ang ilang karaniwang mga problema para sa pagtatayo ng mga seksyon sa isang parallelepiped at para sa pagtukoy ng cross-sectional area ng isang parallelepiped.
Paksa: Paralelismo ng mga linya at eroplano
Aralin: Mga gawain para sa pagbuo ng mga seksyon sa parallelepiped
Sa panahon ng aralin, lahat ay makakakuha ng ideya tungkol sa paksa. "Mga problema para sa pagbuo ng mga seksyon sa isang parallelepiped".
Isaalang-alang ang parallelepiped ABCDА 1 B 1 C 1 D 1 (Larawan 1). Alalahanin natin ang mga katangian nito.
kanin. 1. Mga katangian ng isang parallelepiped
1) Ang mga magkasalungat na mukha (pantay na parallelograms) ay nasa magkatulad na mga eroplano.
Halimbawa, ang mga parallelogram na ABCD at A 1 B 1 C 1 D 1 ay pantay (iyon ay, maaari silang i-superimposed) at nakahiga sa magkatulad na mga eroplano.
2) Ang mga haba ng magkatulad na mga gilid ay pantay.
Halimbawa, AD = BC = A 1 D 1 = B 1 C 1 (Larawan 2).
kanin. 2. Ang mga haba ng magkasalungat na gilid ng parallelepiped ay pantay
3) Ang mga dayagonal ng parallelepiped ay nagsalubong sa isang punto at hinahati ang puntong ito.
Halimbawa, ang mga diagonal ng parallelepiped BD 1 at B 1 D ay nagsalubong sa isang punto at hinahati ang puntong ito (Larawan 3).
4) Sa seksyon ng isang parallelepiped maaaring mayroong isang tatsulok, isang quadrangle, isang pentagon, isang hexagon.
Problema sa seksyon ng isang parallelepiped
Halimbawa, isaalang-alang ang paglutas ng sumusunod na problema. Ibinigay ang isang parallelepiped ABCDА 1 B 1 C 1 D 1 at mga puntos M, N, K sa mga gilid AA 1 , A 1 D 1 , A 1 B 1, ayon sa pagkakabanggit (Fig. 4). Bumuo ng mga seksyon ng parallelepiped ng MNK plane. Ang mga puntos na M at N ay sabay na namamalagi sa eroplano AA 1 D 1 at sa cutting plane. Samakatuwid, ang MN ay ang linya ng intersection ng dalawang ipinahiwatig na eroplano. Katulad nito, nakukuha namin ang MK at KN. Iyon ay, ang seksyon ay magiging tatsulok na MKN.
1. Geometry. Baitang 10-11: isang aklat-aralin para sa mga mag-aaral ng mga institusyong pang-edukasyon (basic at profile level) / I. M. Smirnova, V. A. Smirnov. - Ika-5 edisyon, naitama at dinagdagan - M.: Mnemozina, 2008. - 288 p.: ill.
Gawain 13, 14, 15 p. 50
2. Given a parallelepiped ABCDА 1 B 1 C 1 D 1 . Ang M at N ay ang mga midpoint ng mga gilid DC at A 1 B 1 .
a) Buuin ang mga punto ng intersection ng mga linyang AM at AN sa pamamagitan ng eroplano ng mukha BB 1 C 1 C.
b) Buuin ang linya ng intersection ng mga eroplano AMN at BB 1 C 1
3. Bumuo ng mga seksyon ng parallelepiped ABCDА 1 B 1 C 1 D 1 sa pamamagitan ng eroplanong dumadaan sa BC 1 at ang midpoint M ng gilid DD 1 .
Sa pamamaraang ito, ang unang hakbang (pagkatapos mahanap ang pangalawang projection ng mga puntong ito) ay ang pagbuo ng bakas ng cutting plane sa eroplano ng upper o lower base ng prism o truncated pyramid o sa base ng pyramid.
puwet 2. Ibinigay ang imahe ng isang tatsulok na prisma ABCA 1 B 1 C 1 at tatlong puntosM, N, P, na namamalagi ayon sa pagkakabanggit sa gilid ng CC 1 at mga mukha ABB 1 A 1 , BCC 1 B 1 . Bumuo ng isang seksyon ng isang prisma sa pamamagitan ng isang eroplano, dumadaan M, N, P.
Solusyon. Mayroon na tayong isang punto sa itaas na base ng prisma, kaya bubuo tayo ng bakas sa itaas na base. Bumubuo kami ng pangalawang projection ng mga puntos N at P sa tuktok na base. Pagkatapos: 1 .NPN 3 P 3 =X; 2 .MX=p-track; 3 .pB 1 C 1 =D.
Ang mga karagdagang hakbang ay naipakita na sa itaas sa pagguhit.
puwet 3. Dis. Bubuo kami ng isang cutting plane trace sa ibabang base ng prisma.
Gusali:1. MNED=X, MPEP 3 =Y;
2. p=XY- bakas; 3. pBC=G, pDC=H.
Kailangan nating makahanap ng isang punto sa gilid BB 1 o sa gilid AA 1 .
AT 
facet ABB 1 A 1 mayroon na tayong isang punto P. Samakatuwid, ang ibabang gilid ng mukha na ito, i.e. AB, nagpatuloy kami hanggang sa intersection na may bakas.
4. ABp=Z.
5. PZAA 1 =F; PZBB 1 =K.Ang mga karagdagang aksyon ay ipinapakita na sa itaas.
Kung ito ay lumabas na ang linya AB ay hindi bumalandra sa bakas, pagkatapos ay ang ninanais FK magiging parallel din. puwet 4. Dis. 1. PNP o N o= X;
2. MNCN o= Y;3. p=XY- bakas;
3. CBp=Z;4. ZMSB=E;
5. ENSA=G 6. GEMF- paghahabol ng seksyon.
17. Konstruksyon ng isang seksyon ng isang silindro.
Kung ang cutting plane ay binibigyan ng tatlong puntos, kung gayon palagi nating mahahanap ang bakas nito sa eroplano ng base ng cylinder o cone at ang punto ( P, O) sa axis nito. Samakatuwid, isinasaalang-alang namin na ang cutting plane ay ibinibigay ng mga elementong ito.
MULA SA 
ang simula ng karera ay ang kaso kapag ang eroplano ay nag-intersect lamang sa lateral surface ng cylinder. Pagkatapos ang seksyon ng silindro ay magiging isang ellipse (;¯ at ang imahe nito ay isa ring ellipse. Alam natin kung paano bumuo ng isang ellipse kung ang dalawang conjugate diameters nito ay kilala. Ipapakita natin ngayon kung paano hanapin ang imahe ng mga pangunahing diameters ng isang ellipse (;¯.
Hayaang ang at 1 ay mga ellipse na kumakatawan sa ibaba at itaas na mga base ng silindro, O at O 1 - kanilang mga sentro. Gumuhit tayo ng diameter A 3 B 3 lower base, parallel sa trace at conjugate diameter nito C 3 D 3 . Para sa gusali C 3 D 3 gumagamit kami ng chord K 3 L 3 , ang isang dulo nito ay kabilang sa contour generatrix. Tandaan mo yan A 3 B 3 at C 3 D 3 naglalarawan ng mga perpendikular na diameter. Ituloy natin C 3 D 3 sa intersection na may bakas. Kunin natin ang punto X. Diretso PX tawagin itong axis ng seksyon.
Itaas natin ang mga puntos C 3 at D 3 sa axis ng seksyon. Kunin C at D. Segment ng linya CD ay isang imahe ng isang malaking seksyon ng diameter. Itaas natin ang segment A 3 B 3 hanggang sa taas OP. Kumuha kami ng isang segment AB, na isang imahe ng isang seksyon ng maliit na diameter. Negatibo AB at CD – mating dia. ellipse .
H 
maghanap ng higit pang mga punto kung saan ang ellipse ay dumadaan mula sa nakikitang bahagi ng silindro patungo sa hindi nakikita, na nangangahulugan na ang solidong linya ay nagiging isang tuldok na linya. Ito ang mga intersection point ng secant plane na may mga contour generator. Hayaan Y 3 =K 3 L 3 C 3 D 3 . Itaas natin Y 3 sa axis ng seksyon. Kumuha tayo ng punto Y. Itaas natin ang chord K 3 L 3 hanggang sa taas YY 3 . Kumuha kami ng isang segment KL. Natagpuan namin ang kinakailangang punto K, at habang nasa daan, isa pang karagdagang punto L. Dot M, na naglalarawan sa intersection ng secant plane at sa pangalawang contour generatrix ay simetriko sa punto K kaugnay sa punto P. Bukod dito, gagawa tayo ng isang punto N, simetriko L
relasyon-puntos P
Magpakita tayo ng paraan kung paano mo mahahanap ang anumang bilang ng mga punto sa isang seksyon nang hindi ginagamit ang mga diameter na ito.
pumili ng anuman. punto V 3 sa isang ellipse . Nagdadala kami ng diameter V 3 T 3 at ipagpatuloy ito hanggang sa intersection na may bakas.Nakakuha tayo ng punto U. Itinaas namin ang mga puntos V 3 at T 3 sa tuwid U.P.. Kumuha kami ng dalawang puntos V at T sa seksyon. Pumili sa halip V 3 isa pang punto, makakakuha tayo ng isa pang 2 puntos bawat seksyon. Kung pipili ka ng isang punto K 3 na nakahiga sa contour generatrix, makakahanap kami ng mga puntos K at M, kung saan ang solidong linya sa seksyon ay dapat na maging isang putol-putol.
