Szakaszának megépítéséről síkja a poliéder

Szakaszának megépítéséről síkja a poliéder

Metszősíkjába a poliéder használják megoldani sok problémát stereometrical. Azt szétszerelt néhány módja építésére keresztmetszetek, valamint a kapcsolódó feladatok szerkezetét. Figyelembe vett keresztmetszeti síkokra amelyek áthaladnak egy adott pont és egy egyenes vonal a három adatpont, valamint szakaszok, ahol a vágási sík által meghatározott egyik feltétel.

Az ábra illusztrálja a szerkezetét tetraéder síkban ponton áthaladó M, N, P a széleit a tetraéder. M és N pontok úgy vannak beállítva, hogy a vonalak MN és AC nem párhuzamosak. Szegmensek MN és az AP metszeti felek. P pont - közös MNP és az ABC síkon. A második közös pont található a kereszteződésekben a egyenes vonalak MN és AC, S = MNAC. Közvetlen SP - metszi a MNP és az ABC síkon. A metszéspontja ez a vonal a szélén AB ad Q-szekcionált top, Q = SPAB. Szakasz - téglalap MNPQ. A sík átmegy három adott pont

Megoldás: Legyen a vágási sík. AD1 és AM szegmensek tartoznak sík és az arcok a kocka, ezért a felek részben. Készítünk egy oldalsó keresztmetszeti szélén BB1C1C. BB1C1C sík és AA1D1D párhuzamosan zajlik, így metszi a sík párhuzamos vonal és BB1C1C AD1. Mivel közvetlen BC1 és AD1 ezzel párhuzamosan metszésvonalnak párhuzamos és egyenes BC1. Döntetlen keresztül az M pont a síkban BB1C1C párhuzamos egyenes vonal BC1, keresztezi B1C1 szélén ad a felső rész. Szakasz - trapéz AMND1, MN | AD1. Keresse meg a hossza az oldalán a trapéz. Van AD1 =. MN szakasz - középső sor BB1C1 háromszög, így MN = BC1 =. A téglalap alakú háromszögek ABM és D1C1N (AB = C1D1 = a, BM = NC1 =) talál AM = D1N =. Tehát egyenlő szárú trapéz AMND1. Találunk a magasságát. Kihagyja a függőlegesek MP és az NQ a bázis AD1, hogy PQ = MN =. D1Q = PA = (D1A-QP) =. A derékszögű háromszög D1QN (D1N =. D1Q =) talál NQ =. Mi határozza meg a keresztmetszeti területe S = (MN + D1A) * NQ = a2. Válasz: a2 kap: a kocka élhosszúságú egy. Find területének keresztmetszeti keresztül venni átlós AD1 határán AA1D1D közepe és borda M BB1. Sík átmegy egy adott pont és egy egyenes vonal

Megoldás: Az építkezés alapja a következő tétel: Ha a repülőgép halad át a párhuzamos egyenes egy másik gépre, és keresztezi a gépet, a vonal metszi a sík párhuzamos az adott vonalon. Jelöljük a szakasz sík. ACD síkja a sík közös pont M és tartalmaz egy sort, AC párhuzamos síkban. Következésképpen, a metszésvonal ezen síkok átmegy M pont párhuzamos vonal AC. Ennek megfelelően a szakasz épül oldalán MS1, MS1 | AC. Rajzolj egy egyenes S1N találunk a második oldalsó részen - S1S2. Ábra N adott ponton úgy, hogy az a pont tartozik egy él S2 AB. ABC sík tartalmazza az AC egyenesre, síkjával párhuzamos a szakasz. Ezért, oldalsó S2S3 szakasz tartott szélével párhuzamosan AC. Szegmens S3M - negyedik oldalon részben. A keresztmetszet MS1S2S3 - trapéz (MS1 | AC | S2S3). Adott: Az ábra azt mutatja, az építkezés egy tetraéder párhuzamos metszeti síkban a szélén AC és ponton áthaladó M CD bordák és N pont arcok ABD. A sík átmegy két pont szélével párhuzamosan (egy egyenes vonal).

Építőipari politópot szakaszok meghatározott sík pont és feltétele a párhuzamosság vagy merőlegességi az említett vonal és a gépet.

Megoldás: A szélén AB elhalasztja SABCD piramis szegmens BM = AB. Keresztül M pont, hogy tartsa arcok ASB MKAB (K pont feküdt a szélén, MK | SF, ahol SF - apothem piramis), és a bázis ABCD carry MPAB, ahol P pont a szélén DC (MP | FO). SFO KMP sík és párhuzamos, egymással és merőlegesek az AB, következésképpen, a merőlegesek a bázis a piramis ABCD. Mivel BC | MP, akkor az egyenes BC párhuzamos a vágási sík a KMP. Ezért BSC arc, amelynek vágási sík közös pont K metszi vele egyenes KL | BC - tétel, az inverz tétel a párhuzamos vonalak és síkok. Keresek keresztmetszeti trapéz MKLP. Legyen N- metszéspontja az átlós a piramis bázis és BD szegmens MP. De KN | SO a metszésvonala párhuzamos síkok SFO és KMP harmadik sík DSB. Mivel SO merőleges a piramis alapsíkkal, és KN merőleges erre a síkra. Következésképpen, KNMP, szegmens KM - a magassága a trapéz MKLP. Adott: A szélén AB rendszeres négyszögletes piramis SABCD adott pont M, BM = AB. M pont tartott metszősík merőleges az AB egyenes. Construct szakasz és számíthatja a területen, ha az alap oldalán a piramis egy, és a magassága a piramis H. 1. A sík átmegy a ponton merőlegesen e egyenes vonal.

Megoldás: Hivatkozva a fent említett tétel egymás megépíteni a metszésvonal a síkok metsző sík bázis ABC, DSB és ASC. Ezek az építmények nekünk az összes szükséges keresztmetszeti tetején. Természetesen a konstrukció, amely N - közepétől AB, a Q pont - közepén, így tehát, pont K és P - középső oldalsó széle SA és az SC piramis rendre. Ezért: KN | SB | PM. Ezen kívül QF | KN | PM. De QFNM, mint könnyen látható alkalmazva a tételt három merőlegesek. Ezért, a keresztmetszet áll egy téglalap, és egyenlő szárú háromszög KNMP KLP, egy közös bázis KP. Adott: Construct szekcionált rendszeres négyszögletes gúla SABCD áthaladó sík közepén M BC oldalon az alappal párhuzamos AC átlója a bázis és az oldalsó éle SB. Számítsuk keresztmetszeti területe, ha az alap oldalhosszúsága a piramis egy, és az oldalsó éle hajlik arra, hogy a sík a bázis szögben. 2. A sík átmegy a ponton és párhuzamos a két egymást metsző vagy ferde vonalak. 1. példa.

Megoldás: a vágási síkot jelöli. A vonal metszi ezt a sík ABD síkjával párhuzamos vonal AD (AD |). Költünk MN | AD. A vonalak metszéspontja síkok BCD BCA és a sík párhuzamos vonal BC (BC |). Építsd MQ | BC és NP | BC. A negyedik oldalrésze PQ párhuzamos a szélén AD. Szakasz - egy paralelogramma MNPQ (MN | AD | PQ, NP | BC | MQ). Express a oldalainak hossza a paralelogramma keresztül MNPQ hossza az AD és BC élek. A hasonlóság a háromszögek ABC és AMQ van MQ: BC = AN: AB =. ahol MQ = * BC. Most azt látjuk, BM = AB - AM = (1) * AB és a hasonlóság háromszögek BAD és BMN szerezni MN: AD = BM: BA = 1. azaz MN = (1-) * AD.podstavlyaya egyenlőség MN = MQ kapjunk kifejezések, van (1-) * AD = * BC, ahol = A: A keresztmetszet egy gyémánt =. Adott: AB A szélén a tetraéder az M pont úgy, hogy AM: AB =. 0<<1. Построить сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку M и параллельно ребрам AD и BC. При каком значении это сечение будет ромбом, если AD:BC = m? 2. Плоскость проходит через данную точку и параллельна двум пересекающимся или скрещивающимся прямым. Пример 2.

Megoldás: Legyen rombusz ABCD BD

Megoldás: Legyen a vágási sík párhuzamos szélére ASB SABC piramis. Követve az O középpontja a piramis alapvonal MN | AB nyomok metsző sík oldalsó felületek építhetnek különböző módon: vagy tartsa meg az OK | SD (SD - apothem piramis), és csatlakoztassa K pontot az M és N pontok, vagy tartsa és NK | BS MK | AS (közvetlen MK és NK pontban metszik egymást K szélén SC). Lehetőség van, miután megkapta NK | BS és K pont, csatlakoztassa azt a pontot M. Adott: Construct szabályos háromoldalú piramis keresztmetszete áthaladó sík közepén a bázis oldalával párhuzamosan arcok a piramis. 4. A sík átmegy a ponton és párhuzamos a síkot.

Megoldás: A medián oldalsó széle szabályos piramis nem merőleges az alapfelületre, így a probléma feltételek meghatározzák egy szakasz sík. Ha a feltételek a probléma beszélünk síkjára merőleges a síkra, akkor próbálja ki, kényelmes a síkjára merőleges számunkra, hogy pont a síkon. Ebben az esetben, ez a legkényelmesebb a végétől K medián AK ASB alsó oldalfelületén merőleges az alapsíkkal. Mivel pont K a DSB merőleges síkban alapsík az alapja a merőleges P lenne fekszenek a metszésvonala merőleges síkok BD DSB és az ABC. Továbbra is a síkban az alapja a piramis felhívni egyenes AP és megtalálja a metszéspont M BC egyenest. Az így kapott háromszög AKM beépített szegmens KP magas. Így ebben az esetben a kivitelezés során nem csak kitalálni, hogy a forma, hanem építeni egy háromszög magassága AKM megállapításához szükséges környékén. Adott: Construct szekcionált rendszeres négyszögletes piramis SABCD áthaladó sík medián AK ASB oldallapja és merőleges az alap gépet. 5. A sík átmegy egy adott egyenes és merőleges erre a síkra (nem merőleges az adott vonal).

Megoldás: Legyen a vágási sík átmegy a középső M az oldalsó széleit a piramis SA SABCDEF AB az alappal párhuzamos oldalon. Ahogy az előző probléma, elsősorban dobja pontból M merőleges síkban MP bázisok piramis. Az alap a merőleges P az OA. Ezután a P pont (OA középen) tartsa KL | AB. Pontok K és L - a felezőpontja AF és BC alapja a piramis. M hold MN | AB (ez következik a párhuzamos egyenes vágási sík AB). A keresztmetszete egy egyenlő szárú trapéz KMNL, szegmens MP - a magassága. Adott: Construct szabályos hatszögletű piramis részén áthaladó sík közepén a pereme oldalával párhuzamosan a bázis és merőleges az alapsík a piramis. 6. A sík keresztülmegy ezen a ponton, erre a síkra merőleges, és párhuzamos ezen a vonalon.

Megoldás: A megoldás ezekre a problémákra kezdődik az építkezés a torziós szög. Ez megkönnyíti a későbbi építési és létrehozása keresztmetszeti formák. Tegyük fel, hogy ebben a szabályos hatszög alakú prizma O - központ, FC - nagy átlós bázis. Töltsön OKDE (K- mid-DE), KK1 | DD1. O1OK síkjára merőleges sík a prizma vetemedés és átlós FC bázis (mivel FCOK és FCOO1). Továbbra is ebben a síkban tartani a fény egy adott szögben OL, hogy OK, így lineáris LOK szög dihedráiis közötti szög a vágási sík és a prizma alap. Pont L tartozik a vágási sík és a felület síkja DD1E1E. Ezek a síkok metszik egy egyenes vonal MN, áthaladó L egyenes vonallal párhuzamos DE. Trapéz CNMF - a kívánt részt. Az építőiparban során következik, hogy ez a trapéz - egyenlő szárú, egyenes LO magassága. Adott: Construct szabályos hatszög hasáb részén áthaladó sík nagy bázisa az átlós szögben aiapsíkjánoz. 7. A sík átmegy egy adott vonal egy adott szögben, hogy ezen a síkon.