Consideraré la cuestión de la fórmula para las proyecciones de las caras de un tetraedro rectangular. Primero, consideraremos la construcción ortogonal de un segmento que se encuentra en el plano α, destacando dos casos de ubicación de este segmento con respecto a la recta l=α∩π.
Caso 1.
AB∥l(Figura 8). El segmento A 1 B 1, que es una proyección ortogonal del segmento AB, es igual y paralelo al segmento AB.
Arroz. 8
Caso 2.
CD⊥l(Figura 8). Según el teorema de las tres perpendiculares, la recta C 1 D 1, que es la proyección ortogonal de la recta CD, también es perpendicular a la recta l. Por tanto, ∠CEC 1 es el ángulo entre el plano α y el plano de proyección π, es decir, donde C 0 D = C 1 D 1. Por lo tanto |C 1 D 1 |=|CD|∙cosφ
Ahora consideraré la cuestión del diseño ortogonal de un triángulo.
El área de la proyección ortogonal de un triángulo sobre un plano es igual al área del triángulo proyectado multiplicada por el coseno del ángulo entre el plano del triángulo y el plano de proyección.
Prueba.Área de proyección de un triángulo. Según el teorema de las tres perpendiculares, la recta B 1 H 1 - la proyección ortogonal de la recta BH - es perpendicular a la recta l, por lo tanto, el segmento B 1 H 1 es la altura del triángulo A 1 B 1 C 1 . Es por eso . De este modo, .
a) Sea uno de los lados, por ejemplo AC, del triángulo proyectado ABC, paralelo a la recta l=α∩π (Fig. 9) o reposar sobre ella.
Entonces su altura VN es perpendicular a la recta l y su área es igual a, es decir,
Arroz. 9
b) Ninguno de los lados del triángulo diseñado ABC es paralelo a la recta l (Fig. 10). Dibujaré una línea que pase por cada vértice del triángulo paralela a la línea l. Una de estas líneas se encuentra entre las otras dos (en la figura es la línea m) y, por lo tanto, divide el triángulo ABC en triángulos ABD y ACD con alturas BH y CE, respectivamente, dibujados hacia su lado común AD (o su continuación). , que es paralelo l. La línea m 1, la proyección ortogonal de la línea m, también divide el triángulo A 1 B 1 C 1, la proyección ortogonal del triángulo ABC, en los triángulos A 1 B 1 D 1 y A 1 C 1 D 1, donde. Teniendo en cuenta (9) y (10), obtengo
Recordemos que el ángulo entre una recta y un plano es el ángulo entre una recta dada y su proyección sobre el plano (Fig. 164).
Teorema. El área de la proyección ortogonal de un polígono sobre un plano es igual al área del polígono proyectado multiplicada por el coseno del ángulo formado por el plano del polígono y el plano de proyección.
Cada polígono se puede dividir en triángulos cuya suma de áreas sea igual al área del polígono. Por tanto, basta con demostrar el teorema de un triángulo.
Sea \(\Delta\)ABC proyectado sobre el avión R. Consideremos dos casos:
a) uno de los lados \(\Delta\)ABC es paralelo al plano R;
b) ninguno de los lados de \(\Delta\)ABC es paralelo R.
Consideremos primer caso: sea [AB] || R.
Dibujemos un plano que pase por (AB) R 1 || R y proyectar ortogonalmente \(\Delta\)ABC sobre R 1 y en adelante R(Figura 165); obtenemos \(\Delta\)ABC 1 y \(\Delta\)ABC.
Por la propiedad de proyección tenemos \(\Delta\)ABC 1 \(\cong\) \(\Delta\) ABC, y por lo tanto
S \(\Delta\)ABC1 = S \(\Delta\)ABC
Dibujemos ⊥ y el segmento D 1 C 1 . Entonces ⊥ , a \(\widehat(CD_(1)C_(1))\) = φ es el valor del ángulo entre el plano \(\Delta\) ABC y el plano R 1 . Es por eso
S \(\Delta\) ABC1 = 1 / 2 |AB| |C 1 D 1 | = 1/2 |AB| |CD 1 | cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ
y, por lo tanto, S \(\Delta\)ABC = S \(\Delta\)ABC cos φ.
Pasemos a considerar segundo caso. Dibujemos un avión R 1 || R a través de ese vértice \(\Delta\)ABC, la distancia desde la cual al avión R el más pequeño (sea este el vértice A).
Diseñemos \(\Delta\)ABC en el avión. R 1 y R(Figura 166); sean sus proyecciones \(\Delta\)AB 1 C 1 y \(\Delta\)ABC, respectivamente.
Sea (BC)\(\cap\) pag 1 = D. Entonces
S \(\Delta\)ABC = S \(\Delta\)AB1 C1 = S \(\Delta\)ADC1 - S \(\Delta\)ADB1 = (S \(\Delta\) ADC - S \( \Delta\)ADB) cos φ = S \(\Delta\)ABC cos φ
Tarea. Se dibuja un plano que pasa por el lado de la base de un prisma triangular regular formando un ángulo φ = 30° con el plano de su base. Encuentra el área de la sección transversal resultante si el lado de la base del prisma A= 6 cm.
Representamos la sección transversal de este prisma (Fig. 167). Como el prisma es regular, sus aristas laterales son perpendiculares al plano de la base. Esto significa que \(\Delta\)ABC es una proyección de \(\Delta\)ADC, por lo tanto
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(S_(\Delta ABC))(cos\phi) = \frac(a\cdot a\sqrt3)(4cos\phi) $$
o
$$ S_(\Delta ADC) = \frac(6\cdot 6\cdot \sqrt3)(4\cdot\frac(\sqrt3)(2)) = 18 (cm^2) $$
Prueba detallada del teorema de la proyección ortogonal del polígono
Si es la proyección de un piso. norte -gon a un plano, entonces donde está el ángulo entre los planos de los polígonos y. En otras palabras, el área de proyección de un polígono plano es igual al producto del área del polígono proyectado por el coseno del ángulo entre el plano de proyección y el plano del polígono proyectado.
Prueba. I escenario. Realicemos primero la prueba para un triángulo. Consideremos 5 casos.
1 caso. estar en el plano de proyección .
Sean las proyecciones de puntos sobre el plano, respectivamente. En nuestro caso. Supongamos eso. Sea la altura, entonces por el teorema de las tres perpendiculares podemos concluir que - la altura (- la proyección de lo inclinado, - su base y la línea recta pasa por la base de lo inclinado, y).
Consideremos. Es rectangular. Por definición de coseno:
Por otro lado, dado que y, entonces por definición es el ángulo lineal del ángulo diédrico formado por los semiplanos de los planos y con la recta límite, y, por tanto, su medida es también la medida del ángulo entre los planos de la proyección del triángulo y del triángulo mismo, es decir.
Encontremos la relación entre el área y:
Tenga en cuenta que la fórmula sigue siendo verdadera incluso cuando. En este caso
Caso 2. Solo se encuentra en el plano de proyección y es paralelo al plano de proyección. .
Sean las proyecciones de puntos sobre el plano, respectivamente. En nuestro caso.
Dibujemos una línea recta que pase por el punto. En nuestro caso, la línea recta cruza el plano de proyección, lo que significa, según el lema, la línea recta también cruza el plano de proyección. Sea esto en el punto Dado que entonces los puntos se encuentran en el mismo plano, y dado que es paralelo al plano de proyección, entonces, por consecuencia del signo de paralelismo de la recta y el plano, se sigue ese. Por tanto, es un paralelogramo. Consideremos y. Son iguales en tres lados (el lado común es como los lados opuestos de un paralelogramo). Tenga en cuenta que un cuadrilátero es un rectángulo y es igual (en el cateto y la hipotenusa), por lo tanto, igual en tres lados. Es por eso.
Para el caso aplicable 1: , es decir.
Caso 3. Solo se encuentra en el plano de proyección y no es paralelo al plano de proyección. .
Sea el punto el punto de intersección de la recta con el plano de proyección. Tenga en cuenta que y. En 1 caso: i. Así conseguimos que
Caso 4 Los vértices no se encuentran en el plano de proyección. . Miremos las perpendiculares. Tomemos la más pequeña entre estas perpendiculares. Que sea perpendicular. Puede resultar que sea único o único. Entonces lo aceptaremos de todos modos.
Apartemos un punto de un punto de un segmento, de modo que, y de un punto de un segmento, un punto, de modo que. Esta construcción es posible porque es la más pequeña de las perpendiculares. Tenga en cuenta que es una proyección de y, por construcción. Demostremos que y son iguales.
Considere un cuadrilátero. Según la condición, perpendiculares a un plano, por lo tanto, según el teorema, por lo tanto. Dado que por construcción, basándonos en las características de un paralelogramo (por lados opuestos paralelos e iguales) podemos concluir que es un paralelogramo. Medio, . De manera similar, se demuestra que, . Por tanto, y son iguales en tres lados. Es por eso. Tenga en cuenta que y, como lados opuestos de los paralelogramos, por lo tanto, basándose en el paralelismo de los planos, . Como estos planos son paralelos, forman el mismo ángulo con el plano de proyección.
Se aplican los casos anteriores:.
Caso 5. El plano de proyección interseca los lados. . Miremos las líneas rectas. Son perpendiculares al plano de proyección, por lo que, por teorema, son paralelos. En rayos codireccionales con origen en puntos, trazaremos respectivamente segmentos iguales, de modo que los vértices queden fuera del plano de proyección. Tenga en cuenta que es una proyección de y, por construcción. Demostremos que es igual.
Desde y, por construcción, entonces. Por tanto, según las características de un paralelogramo (en dos lados iguales y paralelos), es un paralelogramo. De manera similar se demuestra que y son paralelogramos. Pero entonces, y (como lados opuestos), son, por tanto, iguales en tres lados. Medio, .
Además, y por tanto, en base al paralelismo de los planos. Como estos planos son paralelos, forman el mismo ángulo con el plano de proyección.
Para el caso aplicable 4:.
II escenario. Dividamos un polígono plano en triángulos usando diagonales extraídas del vértice: Luego, según los casos anteriores para triángulos: .
Q.E.D.
GEOMETRÍA
Planes de lecciones para el décimo grado
Lección 56
Sujeto. Área de proyección ortogonal de un polígono
El propósito de la lección: estudiar el teorema sobre el área de la proyección ortogonal de un polígono, desarrollar las habilidades de los estudiantes para aplicar el teorema aprendido a la resolución de problemas.
Equipo: conjunto estereométrico, modelo de cubo.
durante las clases
I. Revisar la tarea
1. Dos alumnos reproducen en la pizarra las soluciones a los problemas nº 42, 45.
2. Cuestionamiento frontal.
1) Definir el ángulo entre dos planos que se cruzan.
2) ¿Cuál es el ángulo entre:
a) planos paralelos;
b) planos perpendiculares?
3) ¿Dentro de qué límites puede cambiar el ángulo entre dos planos?
4) ¿Es cierto que un plano que corta planos paralelos los corta en los mismos ángulos?
5) ¿Es cierto que un plano que corta planos perpendiculares los corta en ángulos iguales?
3. Comprobar la corrección de la solución de los problemas nº 42, 45, que los alumnos recrearon en la pizarra.
II. Percepción y conciencia de material nuevo.
Tarea para estudiantes
1. Demuestre que el área de proyección de un triángulo, uno de cuyos lados está en el plano de proyección, es igual al producto de su área por el coseno del ángulo entre el plano del polígono y el plano de proyección.
2. Demuestre el teorema para el caso en que un triángulo reticular es aquel en el que un lado es paralelo al plano de proyección.
3. Demuestre el teorema para el caso en que un triángulo reticular es aquel en el que ninguno de los lados es paralelo al plano de proyección.
4. Demuestra el teorema de cualquier polígono.
resolución de problemas
1. Encuentra el área de la proyección ortogonal de un polígono cuyo área es de 50 cm2, y el ángulo entre el plano del polígono y su proyección es de 60°.
2. Calcula el área del polígono si el área de la proyección ortogonal de este polígono es de 50 cm2 y el ángulo entre el plano del polígono y su proyección es de 45°.
3. El área del polígono es 64 cm2 y el área de la proyección ortogonal es 32 cm2. Encuentra el ángulo entre los planos del polígono y su proyección.
4. ¿O tal vez el área de la proyección ortogonal de un polígono es igual al área de este polígono?
5. La arista de un cubo es igual a a. Encuentre el área de la sección transversal del cubo por un plano que pasa por la parte superior de la base en un ángulo de 30 ° con respecto a esta base y corta todos los bordes laterales. (Respuesta. )
6. Problema No. 48 (1, 3) del libro de texto (pág. 58).
7. Problema No. 49 (2) del libro de texto (pág. 58).
8. Los lados del rectángulo miden 20 y 25 cm. Su proyección sobre el plano es similar a él. Encuentra el perímetro de la proyección. (Respuesta: 72 cm o 90 cm.)
III. Tarea
§4, apartado 34; pregunta del examen núm. 17; problemas nº 48 (2), 49 (1) (pág. 58).
IV. Resumiendo la lección
pregunta para la clase
1) Enunciar un teorema sobre el área de la proyección ortogonal de un polígono.
2) ¿Puede el área de la proyección ortogonal de un polígono ser mayor que el área del polígono?
3) A través de la hipotenusa AB del triángulo rectángulo ABC, se traza el plano α formando un ángulo de 45° con el plano del triángulo y CO perpendicular al plano α. AC = 3 cm, BC = 4 cm Indique cuáles de las siguientes afirmaciones son correctas y cuáles son incorrectas:
a) el ángulo entre los planos ABC y α es igual al ángulo SMO, donde el punto H es la base de la altura CM del triángulo ABC;
b) CO = 2,4 cm;
c) el triángulo AOC es una proyección ortogonal del triángulo ABC sobre el plano α;
d) el área del triángulo AOB es de 3 cm2.
(Respuesta: a) Correcto; b) incorrecto; c) incorrecto; d) correcto.)
Recientemente, en la tarea C2 ha habido problemas en los que es necesario construir una sección de un poliedro con un plano y encontrar su área. Esta tarea se propone en la versión demo. A menudo es conveniente encontrar el área de la sección transversal a través del área de su proyección ortogonal. La presentación proporciona una fórmula para tal solución y un análisis detallado del problema, que va acompañado de una serie de dibujos.
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Subtítulos de diapositivas:
Preparación para el Examen Estatal Unificado 2014 en matemáticas. Encontrar el área de la sección transversal a través del área de su proyección ortogonal. Tarea C2 Profesora de matemáticas Escuela secundaria MBOU n.° 143 de Krasnoyarsk Knyazkina T.V.
Consideremos la solución al siguiente problema: En un paralelepípedo rectangular, . La sección del paralelepípedo pasa por los puntos B y D y forma un ángulo con el plano ABC. Encuentra el área de la sección transversal. A menudo es conveniente encontrar el área de la sección transversal a través del área de su proyección ortogonal. Encontrar el área de un triángulo a través del área de su proyección ortogonal se ilustra fácilmente en la siguiente figura:
CH es la altura del triángulo ABC, C' H es la altura del triángulo ABC", que es la proyección ortogonal del triángulo ABC. Del triángulo rectángulo CHC": El área del triángulo ABC" es el área del triángulo ABC es Por lo tanto, el área del triángulo ABC es igual al área del triángulo ABC' dividida por el coseno del ángulo entre los planos del triángulo ABC y el triángulo ABC", que es la proyección ortogonal del triángulo ABC.
Dado que el área de cualquier polígono se puede representar como la suma de las áreas de los triángulos, el área del polígono es igual al área de su proyección ortogonal sobre el plano dividida por el coseno del ángulo entre los Planos del polígono y su proyección. Usamos este hecho para resolver nuestro problema (ver diapositiva 2). El plan de solución es el siguiente: A) Construya una sección. B) Encuentre su proyección ortogonal sobre el plano de la base. C) Encuentra el área de la proyección ortogonal. D) Encuentre el área de la sección transversal.
1. Primero necesitamos construir esta sección. Evidentemente, el segmento BD pertenece al plano de sección y al plano base, es decir, pertenece a la línea de intersección de los planos:
El ángulo entre dos planos es el ángulo entre dos perpendiculares que se trazan hacia la línea de intersección de los planos y se encuentran en estos planos. Sea el punto O el punto de intersección de las diagonales de la base. OC – perpendicular a la línea de intersección de los planos, que se encuentra en el plano de la base:
2. Determine la posición de la perpendicular que se encuentra en el plano de sección. (Recordemos que si una recta es perpendicular a la proyección de una oblicua, entonces también lo es a la oblicua. La oblicua la buscamos por su proyección (OC) y el ángulo entre la proyección y la oblicua) . Encontremos la tangente del ángulo COC ₁ entre OC ₁ y OC
Por tanto, el ángulo entre el plano de corte y el plano base es mayor que el entre OC₁ y OC. Es decir, la sección se ubica más o menos así: K es el punto de intersección de OP y A ₁C₁, LM||B₁D₁.
Entonces, aquí está nuestra sección: 3. Encontremos la proyección de la sección BLMD sobre el plano base. Para ello encontramos las proyecciones de los puntos L y M.
Cuadrángulo BL ₁M₁D – proyección de la sección sobre el plano base. 4. Encuentra el área del cuadrilátero BL ₁M₁D. Para hacer esto, resta el área del triángulo L ₁CM₁ del área del triángulo BCD Encuentra el área del triángulo L ₁CM₁. El triángulo L ₁CM₁ es similar al triángulo BCD. Encontremos el coeficiente de similitud.
Para hacer esto, considere los triángulos OPC y OKK₁: En consecuencia, el área del triángulo L₁CM₁ es 4/25 del área del triángulo BCD (la relación entre las áreas de figuras similares es igual al cuadrado del coeficiente de similitud) . Entonces el área del cuadrilátero BL₁M₁D es igual a 1-4/25=21/25 del área del triángulo BCD y es igual a
5. Ahora busquemos 6. Y finalmente obtenemos: Respuesta: 112
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