Методи проекції

Размещено на http://www.allbest.ru/

1. Метод проеціювання. Ортогональні проекції точки

1.1 Вступ

Нарисна геометрія та інженерна графіка - одна з основних навчальних дисциплін вищої школи. Предметом нарисної геометрії є розробка теорії і методів рішення математичних та інженерних задач графічними методами.

Предметом інженерної графіки є розробка теорії і методів складання та аналізу графічних документів. При цьому основним є метод проекціювання, який дозволяє отримати графічні зображення геометричних образів на площинах проекцій [1, 2, 3].

Всі задачі нарисної геометрії можна поділити на дві групи: пряма (на основі геометричного образу будують його проекцію) та обернена (на основі проекції відтворюють графічний образ).

Останнім часом стрімко розвивається комп'ютерна графіка, яка дозволяє отримати рішення задачі на основі відповідних програм [4, 5].

1.2 Історична довідка

Перші рисунки, близькі до сучасних прямокутних проекцій, зустрічаються вже на стінах давніх храмів і палаців Єгипту та Ассирії. За часів Стародавньої Греції та Риму для побудови зображень також використовувалися прямокутні та центральні проекції на одну площину. Зодчі Київської Русі створили такі всесвітньо відомі пам'ятки архітектури, як Софію Київську, Золоті Ворота, які зараз викликають захоплення. Правила будівництва були викладені у «Будівельному статуті» (1020 р.) Ярослава Мудрого. Там же були наведені зображення, побудовані за проекційним принципом. Новий період розвитку нарисної геометрії починається в епоху Ренесансу, коли з розквітом архітектури та живопису особливого значення набуває перспектива.

У Росії плани Пскова (XV ст.) та Москви (XVII ст.) свідчать про те, що вже тоді було уявлення не тільки про способи виконання фасадів та планів, а й про аксонометрію.

Креслень зодчих Київської Русі не збереглося, хоча є підстави вважати, що майстри користувалися схематичними рисунками. Винятковий інтерес становить креслення будови, виконане гострим предметом на лісовому грунті при будівництві Десятинної церкви в Києві.

Окремі види проекцій використовувалися в техніці до кінця XVIII ст., коли в 1799 р. з'явилася знаменита “Geometrie descriptive” Гаспара Монжа (1746-1818). У цій книзі окремі прямокутні проекції на вертикальну та горизонтальну площини буди зведені в єдину систему. В Росії перший курс нарисної геометрії був прочитаний у 1810 р. в інституті (корпусі) інженерів шляхів сполучення учнем Монжа інженером К.І. Потьє. В 1821 р. вийшов перший російський підручник з нарисної геометрії Я.О. Севастьянова.

Новий етап розвитку нарисної геометрії та інженерної графіки почався в 40-х роках XX ст., коли у Москві професор Четверухін (1891-1974), в Києві професор С.М. Колотов (1880-1965) опублікували ряд наукових праць, які започаткували систематичні наукові та науково-методичні дослідження в цій галузі знань.

Професор І.І. Котов в Москві один з перших застосував апарат нарисної геометрії до розв'язання прикладних задач у різних галузях техніки. Завдяки активній праці передових кафедр України та Росії усталився етап розвитку нарисної геометрії, який можна назвати етапом геометричного моделювання або інженерної геометрії, коли за наперед заданими та вимогами формуються оптимальні геометричні моделі майбутнього виробу. Істотний внесок у цю справу зробили українські вчені - професори Л.М. Куцені, В.М. Найдиш, В.С. Обухова, А.В. Павлов, О.Л. Підгорний, І.А.Скидан та інші.

1.3 Центральні проекції

У цьому випадку S - центр проекції та ?- площина проекції, складають апарат проеціювання.

Для побудови центральної проекції точки А необхідно через центр проеціювання S та точку А провести пряму до перетину з площиною проекцій ?. Рис. 1.1

SA x ? = A_?, A ў ?, A_? є ?. Для точки В виконують аналогічні побудови: SВЧ?= В_?, В ў ?; В_? є ?. Як видно з рис. 1.1, точки А, В не належать до площини проекцій, а проекції точок A_? та В_? завжди будуть тільки у площині проекцій.

Аналогічно будують центральні проекції будь-якого геометричного образу.

1.4 Паралельні проекції

В цьому випадку замість центра проекції S задають напрям проекціювання vS.

Для того, щоб отримати проекції точок А і В необхідно через ці точки провести прямі паралельно до напряму



Рис. 1.2

S і до перетину з площиною проекцій . Як і в попередньому випадку, точки А і В мають довільне положення, а їх проекції розташовані тільки в площині . АА || vS, АА Ч = А, BB || vS, BB Ч = B.

Якщо точку С розташувати в площині , то сама точка та її проекція співпадуть. С є , С С.

Основні властивості паралельного проеціювання.

1. Проекція точки є точка.

2. Проекція прямої є пряма.

3. Проекція паралельних прямих є паралельні прямі.

4. Проекція пересічних прямих є пересічні прямі.

1.5 Ортогональні проекції точки

Ортогональне проеціювання -- це окремий випадок паралельного проекціювання, при якому напрям проекціювання завжди є перпендикулярним до площини проекції.

Засновник нарисної геометрії Гаспар Монж запропонував використати дві взаємно-перпендикулярні площини проекцій: П₁ - горизонтальна та П₂ - фронтальна, які умовно поділили простір на 4 рівні частини - квадранти (рис1.3). Х - лінія перетину.



Для отримання проекцій точки А на П₁ та П₂ необхідно виконати наступні побудови: 1) АА₂П₂, 2)АА₂ЧП₂ = А₂, 3) АА₁ П1, 4)АА₁ЧП₁= А₁.

В нарисній геометрії при рішенні задач використовують три взаємо-перпендикулярні площини проекцій: П₁ - горизонтальна; П₂ -

Рис. 1.3

фронтальна; П₃ - профільна, які перетинаючись між собою, умовно ділять простір на 8 рівних частин - октантів.

Знаки в октантах:

I) x+; y+; z+; II) x+; y-; z+; III) x+; y-; z-; IV) x+; y+; z-; V) x-; y+; z+; VI) x-; y-; z+; VII) x-; y-; z-; VIII) x-; y+; z-.

Розглянемо побудову ортогональної проекції в І

Рис. 1.4

октанті (рис. 1.5).

Для того, щоб побудувати проекції точки А на площинах П₁, П₂, П₃ необхідно з точки А провести перпендикуляри до перетину з цими площинами проекцій.

1) АА₁ П₁, 2) АА₁Ч П₁=А₁ 3) АА₂ П₂,

4) АА₂ Ч П₂ = А₂, 5) АА₃ П₃, 6) АА₃ Ч П₃ = А₃.

В першому октанті кожна точка має 6 проекцій: 3 на площинах (А₁, А₂, А₃) і 3 на осях (A_x, A_y, A_z).

Креслення рис. 1.5 має назву об'ємна модель Монжа, яка не використовується при розв'язанні задач, а тільки пояснює механізм утворення проекцій.

При рішенні задач використовують площинне креслення Монжа (рис.1.6), яке утворюється в результаті суміщення П₁ і П₃ з П₂ за стрілками (рис. 1.5).

На площинному кресленні приводять: 1) положення проекцій; 2) лінії проекційного зв'язку, які з'єднують ці проекції.

Основні властивості площинного креслення Монжа:

Рис. 1.6

1) фронтальна та горизонтальна проекції точки завжди розташовані на одній лінії проекційного зв'язку, перпендикулярно вісі Х;

2) фронтальна та профільна проекції точки завжди розташовані на одній лінії проекційного зв'язку, перпендикулярно вісі Z;

3) за двома проекціями точки завжди можна побудувати третю, відсутню.

Ортогональне проеціювання дозволяє отримати проекції точки, якщо відомі



Рис. 1.7

її координати x, y, z.

Приклад. Побудувати проекції точки А за координатами А (30; 40; 50).

Виходячи з того, що всі координати позитивні робимо висновок, що точка А розташована у першому октанті. Об'ємна модель цього октанту приведена на рис. 1.5. Площинне креслення - на рис. 1.6. Тому відкладаємо відповідні координати x=30, z=50 і отримуємо фронтальну проекцію точки А₂; x=30, y=40 - A₁; A₁A_x=A_zA₃ (рис. 1.7).

2. Пряма. Взаємне положення двох прямих

2.1 Положення прямої відносно площин проекцій

Положення прямої відносно площин проекцій вважають визначеним, якщо відомі проекції двох точок цієї прямої. Відносно площин проекцій П₁, П₂, П₃ пряма може займати 7 положень.

Пряма загального положення (рис. 2.1) нахилена під довільними кутами до всіх площин проекцій.

Рис. 2.1

А₁В₁; А₂В₂; А₃В₃ x; y; z.

Прямі рівня - паралельні до однієї з площин проекцій, тому на цю площину вони проекцюються в натуральну величину (НВ).

1. Горизонталь h¦П1 (рис. 2.2).



Рис. 2.2

Для визначення положення прямої достатньо аналізу двох її проекцій на П₁ і П₂.

h₂¦x

h₁ - HB

-----

h¦П₁

2. Фронталь f¦П₂ (рис. 2.3).

f₁¦x

f₂ - HB

-----

f¦П₂

Рис. 2.3

3. Профільна пряма рівня р¦П₃ (рис. 2.4).

p₂¦Z

p₂+x

p₁¦у

p₁+x

p₃ - НВ

-----

р¦П₃

Рис. 2.4

Проекцюючі прямі перпендикулярні до однієї з площин проекцій, тому на цю площину проекцюються у вигляді точки. До двох інших площин такі прямі паралельні.

1. Горизонтально-проекцююча пряма L+П₁ (рис. 2.5).

L₂+x

-----

L+ П₁

2. Фронтально-проекцююча пряма АВ+П2 (рис.2.6)

А₁В₁+x

-----

АВ+ П₂

3. Профільно-проекцююча пряма m + П₃ (Рис. 2.7). Рис. 2.6

m₂¦x

m₂+z

m₁¦x

m₁+y

-----

m+П₃

2.2. Сліди прямої

Слід прямої - це точка перетину заданої прямої з площиною проекцій. Побудову слідів прямої розглянемо на конкретному прикладі.

Рис. 2.7

Приклад. Побудувати слід відрізку прямої АВ.

1. Для побудови горизонтального сліду прямої Н необхідно:

- продовжити фронтальну проекцію прямої до перетину з віссю Х;

- з точки перетину опустити перпендикуляр до перетину з продовженням горизонтальної проекції прямої (рис. 2.8).

Слід прямої завжди належить площині проекцій і тому співпадає із своєю проекцією на цю площину.

Відсутня проекція сліду завжди буде розташована на вісі х.

A₂B₂?x=H₂

H₂H₁?A₁B₁=H

H є П₁

Н?Н₁, Н₂ є х

Рис. 2.8

2. Для побудови фронтального сліду F необхідно:

- продовжити горизонтальну проекцію прямої до перетину з віссю Х;

- з точки перетину підняти перпендикуляр до перетину з продовженням фронтальної проекції прямої (рис. 2.8).

A₁B₁ЧX=F₁

F₁F₂Ч A₂B₂=F₂

Fє П₂, F?F₂

F₁ є Х



Рис. 2.9

2.3 Визначення натуральної величини та кутів нахилу прямої до площин проекцій

Розв'язання цієї задачі виконують за допомогою методу прямокутного трикутника.

Приклад. Визначити натуральну величину прямої АВ та кути її нахилу до П₁, П₂.

Розв'язання задачі на П₁ виконується у наступній послідовності:

I) A₂1¦x;

II) L є A1,

L+A₁B₁;

III) B₂1=A₁2,

B₁2 - HB;

б - кут нахилу прямої у просторі до П₁.

Для визначення натуральної величини та кута нахилу прямої до П₂ необхідно виконати аналогічні побудови на П₂:

I) A₁3¦x;

II) m+A₂B₂;

III) B₁3=A₂4;

IV) B₂4 - HB;

V) в- кут нахилу прямої до П₂ (рис. 2.7).

Рис. 2.7

2.4 Пропорційний поділ відрізку прямої

Розв'язання цієї задачі виконують з використанням допоміжної прямої.

Приклад. Відрізок АВ поділити у співвідношенні 2:3 (рис. 2.8).

Послідовність розв'язання:

1) через А₁ будуємо довільну пряму L під довільним гострим кутом до А₁В₁ - L є А₁;

2) визначаємо кількість відрізків поділу - 2+3=5;

3) від А відкладаємо п'ять довільних, але рівних між собою відрізків на L - А₁1=12=23=34=45;

4) 5 з'єднуємо з В₁ - отримуємо 5В₁;

6) С₁2¦ 5В₁;

7) С₂ є А₂В₂;

8) А₂С₂= А₁С₁=2

В₂С₂ В₁С₁ 3.

Рис. 2.8

2.5 Належність точки прямій

Точка належить прямій, якщо її проекції розташовані на відповідних проекціях прямої.

I) A₂ ў m₂

II) A₁ є m₁

-----

A ў m (рис. 2.9)

Рис. 2.9

I) A₂ є h₂

II) A₁ є h₁

-----

A є h (рис. 2.10)

Рис. 2.10

Послідовність розв'язання задач з нарисної геометрії:

1) аналізуємо графічну умову задачі та з'ясовуємо властивості геометричних образів;

2) визначаємо алгоритм розв'язання задачі;

3) розв'язуємо задачу.

2.6 Паралельні прямі

Дві прямі паралельні, якщо їх проекції на П₁, П₂, П₃ також паралельні. Для прямих загального положення достатньо паралельності проекцій на двох площинах.

Задачі з цього розділу поділяються на дві групи:

1) побудова прямої, паралельної до заданої;

2) перевірка паралельності двох прямих.

Розв'язання обох задач розглянемо на конкретних прикладах.

Приклад 1. Через точку А побудувати L¦m:

L є m;

L ¦ m

Дамо загальну схему рішення будь-якої геометричної задачі:

Рис. 2.11

I) аналізуємо графічну умову задачі (з'ясовуємо основні властивості проекцій геометричних образів, а також їх розташування відносно площин проекцій);

II) визначаємо послідовність побудов, а також ту площину проекцій, на якій починають їх виконувати.

Розв'язання:

1) L2 є A2,

L2¦m2;

2) L1 є A1,

L1¦m1;

----

L¦m

(рис. 2.11).

Приклад 2. Перевірити паралельність прямих AB та CD.

A₃B₃+C₃D₃

AB+CD (рис. 2.12).



Рис. 2.12

2.7 Перетинні прямі

У перетинних прямих проекції також перетинаються і крім того, проекції точки перетину знаходяться на одній лінії проекційного зв'язку, бо точка перетину одночасно належить відразу двом прямим і є їх спільною точкою.

Розв'язання типових задач цього розділу розглянемо на конкретних прикладах.

Приклад 1. Через точку А побудувати пряму L, пересічну до m.

1. L₂ є А₂;

L₂?m₂=K₂.



Рис. 2.13

2. K₁ є m₁;

3. A₁K₁ - L₁?m₁;

---------

L?m=K (рис. 2.13).

Приклад 2. Визначити взаємне положення двох прямих АB та СD.

1. A₃B₃?C₃D₃=K₃.

2. A₂B₂?C₂D₂?K₂.

3. A₁B₁?C₁D₁=K₁.

---------

CD AB (рис. 2.14).

Рис. 2.14

Приклад 3. Прямі L, m перетнути прямою n.

1. n₂?L₂=K₂;

n₂?m₂=K^/₂.

2. K₁ є L₁;

K^/₁ є m₁.

3. K₁ K^/₁ - n₁;

-------

Рис. 2.15 nЧL=K, nЧm=K^/ (рис. 2.15).

2.8 Мимобіжні прямі

У мимобіжних прямих проекції пересічні, але проекції точки перетину не розташовані на одній лінії проекційного зв'язку, бо мимобіжні прямі не перетинні і не мають спільної точки. Точка перетину проекцій мимобіжних прямих - це в дійсності дві точки, які належать до різних прямих.

L * m

В цьому випадку виникає задача з визначення видимості конкуруючих

Рис. 2.16

На П₁ буде видима точка, фронтальна проекція якої розташована вище відносно вісі Х.

Проекції розташовані довільно. На П₂ буде видима точка, горизонтальна проекція якої розташована нижче відносно вісі х.

2.9 Взаємно-перпендикулярні прямі (одна з прямих - пряма рівня)

Розв'язання цієї задачі починають на тій площині проекцій, до якої паралельна задана пряма, бо на цій площині ми маємо натуральну величину прямої, а також її дійсне положення відносно осей проекцій.

Приклад. Через точку А побудувати пряму L+ до n:

L є A, L+ n.

1. L₁ є A₁;

L₁Чn₁=K₁.

2. K₂ є n₂.

3. K₂A₂ - L₂



рис. 2.17

2.10 Теорема про проекціювання прямого кута

Прямий кут проекцюється в натуральну величину, якщо хоч одна з його сторін паралельна до цієї площини проекцій.

1. <ABC=90°.

2. AB¦П₁;

AB¦ A₁B₁; BC+П₁.

---------

<A₁B₁C₁=90°.

---------

1. AB+BC.

2. AB+BB₁ (на основі ортогонального методу проекціювання).

Рис. 2.18

3. BB₁ЧBC - ?.

4. B₁C₁ є ?.

5. AB+?.

6. AB¦ A₁B₁.

7. A₁B₁+?.

8. Так як B₁C₁ є ?, то A₁B₁+ B₁C₁.

---------

<A₁B₁C₁=90° (рис. 2.18).

3. Площина. Взаємне положення прямої та площини. Двох площин

3.1 Завдання площини на кресленні

В нарисній геометрії площину представляють як результат послідовного переміщення однієї прямої вздовж іншої. Площина взагалі необмежена, тому на кресленні її задають наступними геометричними елементами:

Рис. 3.1

1) трьома точками, що не належать одній прямій - Г(А,В,С) (рис. 3.1);

2) прямою і точкою, яка не належить цій прямій - А ў l, ?(l, A) (рис. 3.2);

3) паралельними прямими - ?(а¦b) (рис. 3.3);

4) перетинними прямими - R(lЧm) (рис. 3.4);

Рис. 3.2

5) плоскою геометричною фігурою - И (?АВС) (рис.3.5).

Але найбільш поширеним методом завдання площин є завдання слідами.

3.2 Сліди площини

Рис. 3.3

Слід площини - це лінія перетину заданої площини з площиною проекцій (рис. 3.6).

?п₁ - горизонтальний.

?п₂ - фронтальний.

?п₃ - профільний сліди площин.

Рис. 3.4

?x, ?y, ?z - точки сходу слідів.

3.3 Положення площини відносно площин проекцій

Відносно площин проекцій будь-яка площина може займати 7 положень.

1. Площина загального положення (рис. 3.6).

Розташована під довільними кутами нахилу до П₁, П₂, П₃. На площинному кресленні сліди цієї площини

Рис. 3.5

розташовані під довільними кутами нахилу до осей

Рис. 3.6

проекції (рис 3.6).

2. Площини рівня.

Паралельні до однієї з площин проекцій і одночасно перпендикулярні до двох інших.

Горизонтальна площина рівня - паралельна до П₁ (рис. 3.7).

1. И_П2¦х.

-----И¦ П₁;

А₂, В₂, С₂ є И;

А₁, В₁, С₁ - НВ.

Фронтальна площина рівня - паралельна до П₂.

?п₁¦х;

-----

?¦П₁ (рис. 3.8).

Профільна площина рівня - паралельна до П₃.

1. Гп₂¦z;

Гп₂+х.

2. Гп₁¦у;

Гп₁+х.

-----

Г¦П₃ (Рис. 3.9).

Рис. 3.9

Проекції будь-якого геометричного образу, який належить площині рівня, на одній площині проекцій будуть розташовані на сліді площини (А₂В₂С_2П2), а на іншу площину геометричний образ проекцюється в натуральну величину (рис. 3.7).

3. Проекцюючі площини (перпендикулярні до однієї з площин проекцій і непаралельні до інших).

Горизонтально-проекцююча площина - перпендикулярна до П₁ (рис. 3.10).

1. ?_П2+х;

-----

?+ П₁.

2. ?АВС є ?.

3. ?А₁В₁С₁ є ?_П1.

Рис. 3.10

Якщо в проекціюючій площині розташовано будь-який геометричний образ, то його проекція завжди буде належати сліду площини на тій площині проекцій, до якої перпендикулярна задана площина. Ця властивість сліду називається збиральною.

Рис. 3.11 Рис. 3.12

Фронтально-проекцююча площина - перпендикулярна до П₂ (рис. 3.11).

?п₁+х

-----.

?+П₂

Профільно-проекцююча площина - перпендикулярна до П₃ (рис. 3.12).

1. Гп₂¦х;

Гп₂+z.

2. Гп₁¦х;

Гп₁+у;

-----

Г+П₃.

3.4 Головні лінії площини

До головних ліній площини відносять фронталь, горизонталь та лінію найбільшого схилу площини.

Фронталь - пряма, що належить площині і паралельна до П₂:

F є Г.

Побудову фронталі починаємо на тій площині проекцій, на якій відоме її положення відносно вісі х.

1. f1¦x;

f1ЧГп1=11.

2. 1₂ є х.

3. f₂¦Гп₂;

-----

Рис. 3.13 f є Г (рис. 3.13).

Горизонталь - це пряма, що належить площині і паралельна до П₁: h₂¦x.

1. h₂Ч?п2=12.

2. 11 є х.

3. h₁¦?п1;

-----

h є ? (рис. 3.14).

Фронталь та горизонталь площини широко



Рис. 3.14

використовують при розв'язанні задач з визначення відсутніх проекцій точок, що належать до площини.

Лінія найбільшого схилу - це пряма, що належить площині і перпендикулярна до горизонталі площини.

Приклад. Побудувати лінію найбільшого схилу через вершину В.

1. h₂¦x.

2. h₂ЧB₂C₂=1₂.

3. 1₁ є B₁C₁.

4. A₁1₁ - h₁.

5. l₁+h₁.

6. l₁ЧA₁C₁=2₁.

7. 2₂ є A₂C₂.

8. B₂2₂ - l₂ (рис. 3.15).

3.5 Належність прямої та точки площині

Пряма належить площині, якщо:

1) вона проходить через дві точки цієї площини;

2) через одну точку площини і паралельна до



Рис. 3.15

іншої прямої площини або до однієї з площин проекцій.

Приклад. В площині ? побудувати АВ.

1.А₂ є ?п₂;

А₁ є х.

2.В₁ є ?п₁;

В₂ є х.

3.С₁ є А₁В₁;

С₂ є А₂В₂.

-----

Рис. 3.16 С є ? (рис. 3.16).

Звідси виходить нова умова належності прямої площині:

пряма належить площині, якщо її сліди розташовані на відповідних слідах цієї площини.

Точка належить площині, якщо вона належить прямій цієї площини.

Розв'язання задач складається з двох етапів:

1) будують пряму, яка належить площині (рис.3.16);

2) на прямій АВ будують точку С, яка і буде належати площині.

3.6 Паралельність прямої та площини

Пряма паралельна до площини, якщо вона паралельна до будь-якої прямої цієї площини. Для рішення задачі необхідно:

1) в площині побудувати пряму загального положення;

2) виходячи з умов паралельності двох прямих, побудувати необхідну пряму.

Приклад 1. Через т. А побудувати l¦?, l є A.

m є ?.

1. l₂¦m₂.

2. l₁¦m₁;

------

Рис. 3.17 l¦? (рис. 3.17).

Приклад 2. Через т. А побудувати площину ?, паралельно l.

1. a₂ є А₂;

а₂¦l₂;

a₁ є А₁;

а₁¦l₁.

2. b₂ є А₂;

b₁ є А₁;

------

Рис. 3.18 ? (aЧb)¦l (рис. 3.18).

Приклад 3. Перевірити паралельність прямої l до Г.

n₂¦l₂

1. n₂Чm₂=1₂.

2. 1₁ є m₁.

3. n₁+l₁;

------

l+Г(A, m) (рис. 3.19).

Конкретне розв'язання кожної геометричної задачі залежить від положення проекцій геометричних



Рис. 3.19

3.7 Паралельність двох площин

Дві площини паралельні, якщо дві пересічні прямі однієї площини паралельні двом пересічним прямим іншої площини. Якщо площини задані слідами, то у паралельних площин мають бути паралельними сліди.

Приклад 1. Через т. А побудувати ?¦?, ? є А:

?(lЧm).

1. a₂¦l₂, a₂ є A₂.

2. b₂¦m₂, b₂ є A₂.

3. a₁¦l₁, a₁ є A₁.

4. b₁¦m₁, b₁ є A₁.

---------

?(aЧb) ¦?(lЧm) (рис. 3.20).

Приклад 2. Через т. А



Рис. 3.20

План розв'язання:

1) через т. А будують пряму рівня паралельно И;

2) будують слід цієї прямої:

1. h є А.

2. h¦И.

3. F₁F₂Чh₂=F.

4. Гп₂ є F;

Гп₂¦Ип₂.

5.Гп₁¦h¦Ип₁.

------------

Г¦И (рис. 3.21).

Рис. 3.21

3.8 Перпендикулярність прямої та площини

Пряма перпендикулярна до площини, якщо вона перпендикулярна до двох пересічних прямих цієї площини. За пересічні прямі необхідно використати фронталь та горизонталь, тоді l₂+f₂, a l₁+h₁.

Приклад. Через т. А побудувати l+?(?ABC).

1.

2. h є АВС.

3. f є АВС.

4. l₁+h₁;

l₁ є А₁.

5. l₂+f₂;

l₂ є A₂.

-----

l+?(?ABC) (рис. 3.22).

Рис. 3.22

3.9 Перпендикулярність двох площин

Дві площини взаємо перпендикулярні, якщо одна з них має перпендикуляр до другої площини. Розв'язок задачі складається з двох етапів:

1) будують пряму, перпендикулярну до заданої площини;

2) до прямої перпендикуляру добудовують іншу пряму довільного положення; дві пересічні прямі і сформують площину, перпендикулярну до заданої.

Приклад. Побудувати ?+?, ? є А.

1. l₂ є А₂;

l₂+?п₂.

2. l₁ є А₁;

l₁+?п₁.

3. m₂ є A₂;

m₁ є A₁.

---------

?(mЧl) +? (рис. 3.23).

Рис. 3.23

3.10 Перпендикулярність двох прямих загального положення

Дві прямі загального положення взаємо перпендикулярні, якщо одна з них належить площині, перпендикулярній до іншої прямої.

Приклад. Через т. А побудувати l+m.

План розв'язання:

1) через т. А будуємо Г є А, Г+m, площину Г задають пересічними f та h, при цьому:

1) f₂+m₂;

2) h₁+m₁,

h₂¦x¦f₁.

2) будуємо точку перетину прямої m і Г, для цього пряму заключають у допоміжну горизонтально-проекцюючу площину, будують точки перетину.

1. m є ?;

?+П₁.

2. ?+Г=1,2.

3. 1₁2₁.

4. 1₂ є h₂;

2₂ є f₂.

5. 1₂2₂Чm₂=K₂;

K₁ є m₁.

6. A₂K₂ - l₂;

A₁K₁ - l₁;

--------

l+m (рис. 3.24).

3.11 Взаємний перетин двох площин

Результатом перетину двох площин є пряма лінія. Для побудування її проекцій необхідно визначити дві точки, які одночасно належать двом площинам.

Розв'язок кожної конкретної задачі залежить від графічних умов, якими задають площини на кресленні.



Рис. 3.24

В більшості випадків необхідно використовувати допоміжні площини окремого положення, що значно спрощує розв'язання задач.

Приклад 1. Побудувати лінію перетину двох площин ГЧ?=KL.

Оскільки ?+П₁, горизонтальний слід цієї прямої має збиральні властивості.

Горизонтальна проекція прямої буде розташована на ?П₁.

1. ?П₁ЧА₁В₁=1₁;

?П₁ЧА₁С₁=2₁.

2. 1₂ є А₂В₂;

2₂ є А₂С₂.

----------

ГЧ?=1,2 (рис. 3.25).

Приклад 2. Побудувати лінію перетину площин загального положення, які задані плоскими геометричними фігурами.

Для розв'язання цієї задачі необхідно використати допоміжні проекцюючі

Рис. 3.25

1. AB є ?; ?+П₂;

?₂ЧD₂F₂=1₂;

?₂ЧD₂E₂=2₂;

1₁ є D₁F₁;

2₁ є D₁E₁;

1₁2₁ЧA₁B₁=K₁;

K₂ є A₂B₂.

2. AC є ?'; ?'+П₂;

?'₂ ЧD₂F₂=3₂;

?'₂ ЧD₂E₂=4₂;

3₁ є D₁F₁;

4₁ є D₁E₁;

3₁4₁ЧA₁C₁=L₁;

L₂ є A₂C₂;

3. K₁L₁; K₂L₂ (рис. 3.26).



Рис. 3.26

Лінія перетину двох площин ділить кожну площину на 2 частини - видиму і невидиму.

Для визначення елементів видимості пересічних площин необхідно використати розв'язок аналогічної задачі для мимобіжних прямих.

Якщо пересічні площини задані слідами, то лінію перетину будують у наступній послідовності:

1) позначають точки перетину одноіменних слідів;

2) будують відсутні проекції цих точок, які завжди будуть розташовані на вісі Х;

3) з'єднують одноіменні проекції точок.

Приклад. Побудувати лінію перетину двох площин ? і Г.

? Ч Г=KL.

Площини ? і Г - площини загального положення, а тому і лінія їх перетину - пряма загального положення.

Розв'язання задачі виконують відповідно до загального алгоритму

Рис. 3.27

1. ?П₂ Ч Г_п2=K₂;

?П₁ Ч Г_п1=L₁.

2. K₁, L₁ є Х.

3. K₂L₂; K₁L₁ (рис. 3.27).

Якщо одна з площин займає окреме положення, то побудова лінії перетину має певні особливості.

Приклад 1. Побудувати лінію перетину двох площин ?Ч?=KL

?+П₁, тому горизонтальна проекція лінії перетину K₁L₁ буде належати ?_П1.

1. ?_П2Ч?_П2=K₂;

?_П1Ч?_П1=L₁.

2. K₁L₁ є ?_П1.

3. L₂ є x; K₂L₂ (рис. 3.28).



Рис. 3.28

Приклад 2. Побудувати лінію перетину двох площин ГЧИ.

1. И¦П₁, И+П₂, а тому на П₂ l є И₂.

2. Г_П2Чl₂=1₂.

3. l₁¦Г_П1 (рис. 3.29).

3.12 Перетин прямої та площини

Результатом перетину прямої та площини є точка.

Для побудови її проекцій необхідно:

1) пряму заключити у допоміжну площину (проекцюючу або рівня);

2) побудувати лінію перетину прямої та заданої площин;

3) позначити точку перетину лінії перетину двох площин та заданої прямої.

Рис. 3.29

Приклад. Побудувати точку перетину прямої та площини.

1. l є ?; ?+П₂.

2. ?₂ЧГ(ABC)=1,2;

?₂ЧA₂C₂=1₂;

?₂ЧB₂C₂=2₂.

3. 1₁ є A₁C₁;

2₁ є B₁C₁.

4. 1₁2₁Чl₁=K₁.

5. K₂ є l₂ (рис. 3.30).

Рис. 3.30

4. Методи перетворення ортогонального креслення

4.1 Загальні відомості

Розв'язання складних геометричних задач супроводжується великою кількістю графічних побудов, що ускладнює аналіз та розуміння креслення. Для отримання розв'язку задачі з мінімальною кількістю побудов використовують методи перетворення ортогонального креслення. Всі методи, які використовуються в нарисній геометрії ділять на дві групи:

- методи, в яких об'єкт проекціювання залишається незмінним, а система П₁, П₂, П₃ доповнюється новими площинами проекцій П₄, П₅, П₆;

- положення площин проекцій П₁, П₂, П₃ залишається незмінним, а змінюється положення об'єкта проеціювання.

Такі перетворення дозволяють значно скоротити кількість побудов на кресленні.

4.2 Метод заміни площин проекцій

Суть методу полягає в тому, що в систему з площин проекцій П₁, П₂, П₃ послідовно вводять нові площини П₄, П₅, П₆, які дозволяють отримати нове положення геометричного образу та спростити розв'язання задач.

В процесі перетворення зберігається ортогональний метод проекціювання. Тобто вісі проекцій розташовані завжди перпендикулярно до ліній проекційного зв'язку.

Розглянемо суть методу на об'ємній моделі Монжа (рис. 4.1).

В цьому випадку в системі площин проекцій



Рис. 4.1

П₁/П₂ замість площини П₂ вводять нову площину П₄ і отримують нову систему П₂/П₄. Точку А проекцюють на П₄ (А₄), на вісі Х_1.4 отримують проекцію А_х1.4. Потім суміщають П₄ з П₁ та відмічають рівні відрізки A_zA_x1.2=AA₁=A_x1.4A₄.

Приклад. Побудувати проекції точки А на П₄ та П₅.

1. Площини П₁/П₂ заміняють на П₁/П₄. Х_1.4 А₁А₄, А₂А_х1.2=А_х1.4А₄.

2. Площини П₁/П₂ заміняють на П₂/П₅.

Х_2.5 А₂А₅, А₁А_х1.2=А_х2.5А₅ (рис. 4.2).



Рис. 4.2

4.3 Розв'язання метричних та позиційних задач

Розв'язання метричних і позиційних задач розглянемо на конкретних прикладах.

Приклад 1. Визначити натуральну величину відрізка АВ заміною П₁/П₂ на П₁/П₄.

Для того, щоб визначити натуральну величину АВ треба перевести його із загального положення до прямої рівня, у якої одна з проекцій паралельна до вісі Х.

Х _1.4 ¦А₁В₁.

Приклад 2. Відрізок АВ перевести із загального в проекцююче положення.



Рис. 4.3

Розв'язання цієї задачі складається з двох етапів:

1) пряму із загального положення переводять в пряму рівня (рис 4.3);

2) пряму рівня переводять до проекцюючої прямої Х _4.5+А₄В₄.

Приклад 3. Визначити відстань між мимобіжними прямими АВ та СD.

Для розв'язання цієї задачі необхідно:

1) одну з мимобіжних прямих перевести із загального положення до проекцюючого;

2) з цієї точки опустити перпендикуляр на проекцію іншої прямої;

3) побудувати проекції перпендикуляра на всіх площинах проекцій.

1. П₁/П₂>П₁/П₄ x _1.4¦C₁D₁.

2. x _4.5+C₄D₄.

3. C₅K₅+A₅B₅=K₅;

(C₅K₅ - відстань).

4. K₄ є A₄B₄.

5. K₄L₄+C₄D₄.

6. K₁ є A₁B₁;

L₁ є C₁D₁.

7. K₂ є A₂B₂;

L₂ є C₂D₂ (рис. 4.4).

Рис. 4.4

Приклад 4. Визначити натуральну величину ?АВС.

В цьому випадку необхідно:

1) виконати дві заміни площин проекцій;

2) в результаті першої заміни перевести (АВС) із загального положення до проекцюючого;

3) в результаті другої заміни нову площину проекцій розташувати паралельно до площини трикутника, на якій і отримати розв'язок.

План розв'язання.

1. П₁/П₂>П₁/П₄.

Для виконання перетворень необхідно виконати умову



Рис. 4.5

перпендикулярності двох площин (трикутника та П₄), а тому в площині трикутника будуємо горизонталь:

h є ABC;

x _1.4+h.

2. П₁/П₄>П₄/П₅;

х _4.5 ¦А₄В₄С₄ (рис. 4.5).

Контроль правильності рішень: ?АВС - найбільший на кресленні.

Приклад 5. Визначити величину двогранного кута.

Для розв'язання цієї задачі необхідно двогранний кут перетворити



Рис. 4.6

в лінійний, при цьому ребро двогранного кута АВ перевести із загального положення в проекцююче.

1. П₁/П₂>П₁/П₄;

Х _1.4¦А₁В₁.

2. П₁/П₄>П₄/П₅

Х _4.5+ А₄В₄;

<C₅A₅B₅ (рис. 4.6).

5. Геометричні поверхні

5.1 Утворення та завдання поверхні на кресленні

В нарисній геометрії поверхню представляють як результат послідовного переміщення однієї лінії (твірної) вздовж іншої (направляючої). Найпростішим прикладом геометричної поверхні є площина, при цьому прямолінійна твірна займає ряд послідовних положень, переміщуючись вздовж прямолінійної направляючої (рис. 5.1).

Задання поверхні на кресленні значно спрощується, якщо ввести термін «визначник поверхні», який в загальному вигляді записується так:

Ф (l; m) [A].

Рис. 5.1

Визначник складається з двох частин:

1) геометричної (l - твірна, m - направляюча);

2) алгоритмічна [A] - вказує на закон утворення поверхні.

Таким чином, визначник дає змогу уявити поверхню з урахуванням кінематики її утворення.

В більшості випадків на кресленні поверхні задають проекціями характерних ліній - ребрами для гранних поверхонь і проекціями крайніх положень твірних для поверхонь обертання (рис. 5.2).

Приклади:

Призматична поверхня пірамідальна циліндрична конічна

Рис. 5.2

5.2 Класифікація поверхонь

Відповідно до форм твірної поверхні ділять на:

1) лінійчаті (твірна-пряма лінія);

2) криві поверхні (твірна - крива лінія).

В свою чергу лінійчаті поверхні ділять на:

1) розгортаємі (для яких розгортки будують за допомогою простих методів);

2) нерозгортаємі (для побудови розгортки котрих застосовують спеціальні методи).

В нарисній геометрії найбільш широко застосовують такі поверхні:

1) гранні поверхні; 2) поверхні обертання.

Крім того існують й інші поверхні: 3) гвинтові (гелікоїди); 4) поверхні, які задають каркасом точок.



Рис. 5.3

Приклади розгортаємих геометричних поверхонь.

Циліндрична поверхня - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної твірної. Прямолінійна твірна переміщується вздовж двох

Рис. 5.4

замкнутих криволінійних направляючих. В процесі переміщення пряма зберігає паралельність до заданого напряму S.

1. A₂B₂¦S₂;

C₂D₂¦S₂.

2. A1B1¦S₁;

C₁D₁¦S₁.

Конічна поверхня в результаті послідовного переміщення прямолінійної прямої вздовж замкнутої криволінійної направляючої. В процесі переміщення твірна завжди проходить через точку S - вершину конуса (рис. 5.4).

Тор - утворюється в результаті послідовного переміщення твірної вздовж криволінійної направляючої. В процесі переміщення твірна є дотичною до направляючої (рис. 5.5).

Нерозгортаємі лінійчаті поверхні

Циліндроїд - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної прямої вздовж двох криволінійних направляючих. В процесі переміщення твірна займає положення, паралельне до площини паралелелізму (?) (рис. 5.6).

1. ?+П₁;

l₁¦? П₁;

l₁Чm₁=2₁;

l₁Чn₁=1₁.

2. 1₂ є n₂;

2₂ є m₂



Рис. 5.5

Коноїд - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної

Рис. 5.6

твірної вздовж прямо- та криволінійної направляючих. П₁ - площина паралелелізму.

1. m+П₁; Рис. 5.7

l₂¦x;

l₂Чm₂^/=1₂.

2. 1₁ є m₁^/ (рис. 5.7).

Коса площина - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної твірної вздовж двох прямолінійних направляючих (направляючі - мимобіжні прямі; П₁ - площина паралелелізму) (рис.5.8).

1. l¦П₁.

2. l₂¦х;

l₂Чm₂=1₂;

Рис. 5.8

l₂Чm₂^/=2₂.

3. 1₁ є m₁;

2₁ є m₁^/.

Гранні поверхні

Піраміда:

SA, SB, SC - бокові ребра;

SAB, SBC, SAC - бокові грані;

?АВС - основа;

AB, BC, AC - ребра основи;



Рис. 5.9

Поверхні обертання

Прямий циліндр (рис. 5.10):

і - вісь обертання; AB, CD - твірні.

і+П_1.

AB+П₁;CD+П₁

Прямий конус (рис. 5.11):

AS, SB ¦П₂;

Г₂ є 3₂;

Г₂¦х;

Сфера - проекцюється на всі площини проекцій як коло з певним радіусом. Крім того, має характерні лінії - паралелі і меридіани (рис. 5.12).

Тор - утворюється в результаті обертання кола навколо вертикальної вісі, яка розташована за його межами (рис. 5.13).

1.5₁ - R

2.5₂ є ?₂



5.3 Належність лінії та точки поверхні

Лінія належить поверхні, якщо вона проходить через дві або більше точок цієї поверхні.

Точка належить до поверхні, якщо вона належить до лінії цієї поверхні (рис. 5.9, 5.10).

В нарисній геометрії розв'язується значна кількість задач по визначенню відсутніх проекцій точок, які належать поверхням.

Для визначення відсутніх проекцій точок на конічній поверхні використовують один з двох методів:

1) метод твірної;

2) метод допоміжних січних площин рівня (рис. 5.11).

Результатом перетину конусу з площиною Г буде коло радіус якого визначають на П₂ на сліді Г₂ від вісі обертання до твірної конусу. Цим радіусом на П₁ будують коло, на яке проектують 31.

Той самий методичний підхід (допоміжна січна площина) використовують для сфери та тору (рис. 5.12, 5.13).

6. Перетин поверхні площиною

6.1 Перетин граних поверхонь площиною

Результатом перетину граної поверхні з площиною є замкнута ламана лінія. Для побудови точок цієї лінії використовують допоміжні січні площини або інші методи в залежності від конкретних умов задачі. Головним елементом рішення задач є визначення точок, які одночасно належать до січної площини та геометричної поверхні.

Приклад 1. Побудувати лінію перетину призми площиною Г.

Г - площина загального положення.

Призма розташована на П₁.

Її бічні грані - горизонтально-проекцюючі площини, а ребра - горизонтально-проекцюючі прямі, які мають на П₁ збиральні властивості, а тому горизонтальна проекція лінії перетину співпадає з проекцієюпризми на П₁.

1. A₁?1₁; B₁?2₁; C₁?3₁; D₁?4₁.

Подальше розв'язання задачі зводиться до побудови фронтальних проекцій точок 1, 2, 3, 4, які одночасно належать призмі і площині Г. Для цього використовуємо фронталі площини Г.

2. f₂^/ЧA₂E₂=1₂.

3. f₂ЧB₂M₂=2₂.

4. f₂^///ЧC₂N₂=3₂.

5. f₂^//ЧD₂K₂=4₂.

На П₂ з'єднуємо 1₂, 2₂, 3₂, 4₂ відрізками прямих, враховуючи те, що 2₂ є невидима.

1₂3₂,3₂4₂ - видимі.

1₂2₂, 2₂4₂ - невидимі (рис. 6.1).

Приклад 2. Побудувати лінію перетину піраміди з площиною ? та визначити натуральну величину перерізу (рис. 6.2).

Аналіз графічної умови:



- ? - фронтально-проекцююча площина, а тому ?_п2 має збиральну властивість;

- у зв'язку з цим позначаємо точки перетину ?_п2 з боковими ребрами піраміди;

- натуральну величину визначаємо методом заміни площин проекцій.

1. ?п₂ЧS₂A₂=1₂;

?п₂ЧS₂B₂=2₂;

?п₂ЧS₂C₂=3₂.

2. 1₁ є S₁A₁;

2₁ є S₁B₁;

3₁ є S₁C₁.

3. П₁>П₄;

х_2.4¦1₂2₂3₂;

?1₄2₄3₄ - НВ.

6.2 Перетин поверхонь обертання площиною

В результаті перетину поверхонь обертання площиною утворюється замкнута крива лінія. Загальна послідовність розв'язання задач полягає у наступному:

1) використовуємо допоміжні січні площини окремого положення;

2) будуємо лінію перетину заданої поверхні з допоміжною січною площиною;

3) будуємо лінію перетину допоміжної і заданої площин;

4) позначаємо точки перетину лінії перетину поверхні з допоміжною площиною з лінією перетину площин.

Приклад: Побудувати лінію перетину конусу з площиною ? (рис. 6.3).

План розв'язання.

1. Будуємо проекції крайньої верхньої та нижньої точок перетину, використовуючи допоміжну горизонтально-проекцюючу площину Г.

1. Г+П₁.

2. Г₁+?п₁;

Г₁ є S₁.

3. Г₁ЧK₁=1₁2₁.

4. ГЧ?=3,4.

5. 3₂4₂ЧS₂2₂=A₂;

3₂4₂Ч S₂1₂=B₂.

6. A₁B₁ є Гп₁.



2. Будуємо проекції крайньої правої та лівої точок лінії перетину. Для цього використовуєо допоміжну січну площину ?¦П₂.

7. ?¦П₂;

?П₁¦х;

?П₁ є S₁.

8. ?Ч?= f;

f₂ЧS₂5₂=C₂;

f₂ЧS₂6₂=D₂;

C₁D₁ є ?П₁.

9. И¦ П₁;

ИЧK= R.

10. ИЧ?=h;

h₁ЧR₁=E₁, F₁;

E₂, F₂ є И₂.

На П₁ лінія перетину - видима замкнута крива.

На П₂ лінія перетину має дві частини: видиму і невидиму.

Межові точки видимості - крайня права і ліва точки (С₂, D₂)

А₂, Е₂ - видимі

С₂, D₂, B₂, F₂ - невидимі.

6.3 Перетин прямої та поверхні

В результаті перетину прямої та поверхні утворюються дві точки: входу та виходу.

Для побудови їх проекцій необхідно:

1) пряму заключити у допоміжну січну площину окремого положення;

2) побудувати лінію перетину поверхні з допоміжною площиною;

3) позначити точки перетину заданої прямої з лінією перетину поверхні площиною;

4) визначити видимість прямої, яка на інтервалі точок входу-виходу невидима.

Приклад 1. Побудувати точки перетину прямої l та піраміди (рис. 6.4).

1. l є Г;

Г+П₂.

2. 1₂2₂3₂ є Г₂.

3. 1₁ є S₁A₁;

2₁ є S₁B₁;

3₁ є S₁C₁.

4. l₁Ч1₁3₁=K₁;

l₁Ч2₁3₁=L₁;

K₂, L₂ є Г₂.

Рис. 6.4

Деякі задачі розв'язують за допомогою методу заміни площин проекцій.

Приклад 2. Побудувати точки перетину прямої l та сфери (рис. 6.5).

1. П₁/П₂>П₁/П₄;

х_1.4¦А₁В₁;

K₄L₄.

2. K₁L₁; K₂L₂.

7. Взаємний перетин поверхонь

7.1 Перетин граних поверхонь

Результатом перетину граних поверхонь є замкнута ламана лінія. Для побудови проекцій точок цієї лінії використовують 2 методи:

1) будують точки перетину ребер однієї поверхні з гранями іншої (рішення задачі на перетин прямої та площини);

2) визначають лінії перетину граней першої поверхні з гранями іншої (рішення задачі на визначення ліній перетину двох площин).

Приклад. Побудувати лінію перетину трьохграної призми АВС з нахиленої пірамідою SEBDF (рис. 7.1).

Аналіз графічної умови.

Призма АВС перпендикулярна П₁, тому її бокові грані горизонтально-проекцюючі площини. На цій підставі горизонтальні проекції граней мають збиральні властивості. Тому позначаємо точки перетину ребер піраміди з гранями призми.

1. S₁E₁ЧA₁B₁=1₁;

S₁E₁ЧB₁C₁=2₁;

S₁F₁ЧA₁B₁=3₁;

S₁F₁ЧB₁C₁=4₁.

2. 1₂; 2₂ є S₂E₂;

3₂;4₂ є S₂F₂.

Ребро призми В перетинає дві грані піраміди CDE та CDF. Для визначення точок перетину використовуємо пряму лінію і з'єднуємо S₁B₁.

3. S₁B₁ЧE₁D₁=5₁;

...