Egy kocka keresztmetszeti területe.

A kocka szakaszainak sík segítségével történő megalkotásával kapcsolatos problémák általában egyszerűbbek, mint például a piramis szakaszaival kapcsolatos problémák.

Egyenes vonalat húzhatunk két ponton keresztül, ha azok egy síkban vannak. A kocka szakaszainak megalkotásakor egy másik lehetőség is lehetséges a vágási sík nyomvonalának elkészítésére. Mivel a harmadik sík párhuzamos egyenesek mentén metszik két párhuzamos síkot, akkor ha az egyik lapon már egyenest építettünk, a másikon pedig van egy pont, amelyen a szakasz áthalad, akkor ezzel párhuzamos egyenest húzhatunk. pont ezen a ponton keresztül.

Nézzük meg konkrét példák hogyan lehet egy kocka szakaszait sík segítségével megszerkeszteni.

1) Szerkessze meg a kocka A, C és M pontokon átmenő sík szakaszát!

Az ilyen típusú feladatok a legegyszerűbbek a kocka szakaszainak felépítéséhez. Mivel az A és C pont ugyanabban a síkban (ABC) van, egyenest húzhatunk rajtuk. Nyomvonala az AC szegmens. Láthatatlan, ezért az AC-t egy vonással ábrázoljuk. Hasonlóképpen összekapcsoljuk az M és C pontokat, amelyek ugyanabban a síkban (CDD1), valamint az A és M pontokat, amelyek ugyanabban a síkban helyezkednek el (ADD1). Az ACM háromszög a szükséges szakasz.

2) Szerkesszük meg a kocka M, N, P pontokon átmenő síkkal egy szakaszát.

Itt csak az M és az N pont van ugyanabban a síkban (ADD1), ezért rajtuk keresztül húzunk egy egyenest, és kapunk egy MN (láthatatlan) nyomot. Mert ellentétes arcok kockák fekszenek benne párhuzamos síkok, akkor a vágási sík párhuzamos síkokat (ADD1) és (BCC1) párhuzamos egyenesek mentén metszi. Már megszerkesztettük az egyik párhuzamos vonalat - ez az MN.

A P ponton keresztül MN-nel párhuzamos egyenest húzunk. A BB1 élt az S pontban metszi. PS a vágási sík nyoma a homloklapban (BCC1).

Egyenes vonalat húzunk az azonos síkban fekvő M és S pontokon (ABB1). SM nyomát kaptuk (látható).

Az (ABB1) és (CDD1) síkok párhuzamosak. A síkban (ABB1) már van MS egyenes, így a síkban (CDD1) lévő N ponton keresztül MS-vel párhuzamos egyenest húzunk. Ez az egyenes az L pontban metszi a D1C1 élt. Nyomvonala NL (láthatatlan). A P és L pont ugyanabban a síkban van (A1B1C1), ezért húzunk rajtuk egy egyenest.

A Pentagon MNLPS a szükséges szakasz.

3) Szerkesszük meg a kocka M, N, P pontokon átmenő síkkal egy szakaszát.

Az M és N pont ugyanabban a síkban (ВСС1) fekszik, így rajtuk keresztül egyenes vonal húzható. Megkapjuk az MN nyomot (látható). A (BCC1) sík párhuzamos az (ADD1) síkkal, ezért az (ADD1) P ponton keresztül egy MN-nel párhuzamos egyenest húzunk. Az AD élt az E pontban metszi. PE (láthatatlan) nyomot kaptunk.

Nincsenek többé ugyanabban a síkban elhelyezkedő pontok, nincs egyenes és párhuzamos síkban lévő pontok. Ezért az egyik meglévő sort folytatnunk kell, hogy további pontot kapjunk.

Ha az MN egyenest folytatjuk, akkor, mivel az a (BCC1) síkban fekszik, meg kell keresnünk az MN metszéspontját ennek a síknak az egyik egyenesével. Már vannak metszéspontok a CC1 és B1C1 pontokkal – ezek M és N. Maradnak a BC és BB1 egyenesek. Folytassuk a BC-t és az MN-t addig, amíg a K pontban nem metszik egymást. A K pont a BC egyenesen fekszik, ami azt jelenti, hogy a síkhoz (ABC) tartozik, így egyenest húzhatunk rajta és az E ponton, amely ebben a síkban van. A CD élt a H pontban metszi. EH a nyoma (láthatatlan). Mivel H és N ugyanabban a síkban (CDD1) fekszenek, egyenes vonal húzható rajtuk keresztül. HN (láthatatlan) nyomot kapunk.

Az (ABC) és (A1B1C1) síkok párhuzamosak. Az egyikben egy EH, a másikban egy M pont található. Az EH-vel párhuzamos egyenest húzhatunk M-en keresztül. Megkapjuk az MF nyomot (látható). Húzzon egyenest az M és F pontokon.

A hatszög MNHEPF a szükséges szakasz.

Ha az MN egyenest addig folytatnánk, amíg nem metszi egy másik egyenes síkot (BCC1), a BB1-et, akkor az (ABB1) síkhoz tartozó G pontot kapnánk. Ez azt jelenti, hogy G-n és P-n keresztül húzhatunk egy egyenest, amelynek nyoma PF. Ezután párhuzamos síkban fekvő pontokon keresztül egyenes vonalakat húzunk, és ugyanarra az eredményre jutunk.

Az egyenes PE-vel végzett munka ugyanazt az MNHEPF szakaszt adja.

4) Szerkesszük meg a kocka olyan szakaszát, amely az M, N, P ponton átmenő síkkal rendelkezik.

Itt egy egyenest húzhatunk az azonos síkban fekvő M és N pontokon keresztül (A1B1C1). Lábnyoma MN (látható). Nincs több pont ugyanabban a síkban vagy párhuzamos síkban.

Folytassuk az MN egyenest. Az (A1B1C1) síkban fekszik, tehát csak ennek a síknak az egyik egyenesével metszheti egymást. Már vannak metszéspontok A1D1 és C1D1 - N és M között. Ennek a síknak további két egyenese - A1B1 és B1C1. Az A1B1 és MN metszéspontja S. Mivel az A1B1 egyenesen fekszik, az (ABB1) síkhoz tartozik, ami azt jelenti, hogy rajta és ugyanabban a síkban fekvő P ponton keresztül egyenes vonal húzható. A PS egyenes az E pontban metszi az AA1 élt. PE a nyoma (látható). Az ugyanabban a síkban (ADD1) fekvő N és E pontokon keresztül húzhatunk egy egyenest, melynek nyoma É-i (láthatatlan). A síkban (ADD1) van egy ÉK egyenes, a vele párhuzamos síkban (BCC1) egy P pont. A P ponton keresztül húzhatunk egy PL egyenest ÉK-vel párhuzamosan. A CC1 élt az L pontban metszi. PL ennek az egyenesnek a nyoma (látható). Az M és L pont ugyanabban a síkban van (CDD1), ami azt jelenti, hogy rajtuk keresztül lehet egyenes vonalat húzni. A nyoma ML (láthatatlan). A Pentagon MLPEN a szükséges szakasz.

Az NM egyenest mindkét irányban folytatni lehetett és metszéspontjait nemcsak az A1B1 egyenessel, hanem a szintén a síkban (A1B1C1) fekvő B1C1 egyenessel is lehetett keresni. Ebben az esetben a P ponton keresztül egyszerre két egyenest húzunk: az egyiket a síkban (ABB1) a P és az S pontokon, a másodikat a síkban (BCC1) a P és R pontokon keresztül. Ezután marad az összekapcsolás. az azonos síkban lévő pontok: M c L, E - N-nel.

Utasítás

A keresztmetszeti terület kiszámításának módja a feladatban már rendelkezésre álló adatoktól is függ. Ezenkívül a megoldást az határozza meg, hogy mi van a prizma alján. Ha meg kell találnia egy prizma átlós keresztmetszetét, keresse meg az átló hosszát, amely egyenlő az összeg gyökével (az oldalak alapjával). Például, ha az alapok 3 cm-esek, illetve 4 cm-esek, az átló hossza megegyezik a (4x4 + 3x3) = 5 cm gyökérrel. Határozza meg az átló keresztmetszeti területét a következő képlet segítségével: szorozza meg az átlót az alap a magasság szerint.

Ha a prizma alapja egy háromszög, a prizma keresztmetszeti területének kiszámításához használja a következő képletet: a háromszög alapjának 1/2-e megszorozva a magassággal.

Megkülönböztetni a következő típusok a prizmák szabályosak és egyenesek. Ha meg kell találnia egy szakaszt helyes prizma, csak a sokszög egyik oldalának hosszát kell tudnia, mert az alján van egy négyzet, amelynek minden oldala egyenlő. Határozzuk meg egy négyzet átlóját, amely egyenlő az oldalának és a kettő gyökének szorzatával. Ezután az átlót megszorozva megkapjuk egy szabályos prizma keresztmetszeti területét.

A prizmának megvan a maga. Így egy tetszőleges prizma oldalfelületének területét a képlet számítja ki, ahol a merőleges metszet kerülete, a hossz oldalsó borda. Ebben az esetben a merőleges metszet merőleges a prizma összes oldalélére, és a szögei lineáris szögek kétszögek megfelelő oldalbordákkal. Egy merőleges metszet is merőleges az összes oldalfelületre.

Források:

• a prizma átlós metszete

Az axiális egy olyan szakasz, amely áthalad a tengelyen geometrikus test, forgatásával alakult ki egy bizonyos geometriai alakzat. Egy hengert úgy kapunk, hogy egy téglalapot az egyik oldala körül elforgatunk, és ez meghatározza számos tulajdonságát. Ennek a geometriai testnek az alkotóelemei párhuzamosak és egyenlőek egymással, ami nagyon fontos paramétereinek meghatározásához axiális szakasz, beleértve az átlókat is.

Szükséged lesz

• - meghatározott paraméterekkel rendelkező henger;
• - egy papírlap;
• - ceruza;
• - vonalzó;
• - iránytű;
• - Pitagorasz-tétel;
• - szinusz- és koszinusztételek.

Utasítás

Készítsen hengert a megadott feltételeknek megfelelően. A rajzoláshoz ismernie kell a magasságot. Átlókkal kapcsolatos problémák esetén azonban más feltételek is megadhatók – például az átló és a generatrix közötti szög vagy az alap átmérője. Ebben az esetben a rajz létrehozásakor használja a kapott méretet. Vedd véletlenszerűen a többit, és jelezd, hogy pontosan mit kaptál. Jelölje meg a tengely és az alapok metszéspontjait O-val és O-val."

Rajzolja meg az axiális metszetet. Ez egy téglalap, amelynek két oldala az alapok átmérője, a másik kettő pedig generatricák. Mivel a generátorok is merőlegesek az alapokra, egyben egy adott geometriai test magasságai is. Jelölje fel a kapott téglalapot ABCD. Rajzolja meg az AC és BD átlókat. Emlékezzen a téglalap átlóira. Egyenlõek egymással, és a metszéspontban ketté vannak osztva.

Tekintsük az ADC háromszöget. Téglalap alakú, mert a CD generatrice merőleges az alapra. Az egyik az alap átmérőjét jelenti, a második -. Az átló . Ne feledje, hogyan számítják ki bármely téglalap befogójának hosszát. Ez egyenlő a lábak négyzeteinek összegének négyzetgyökével. Vagyis be ebben az esetben d=√4r2+h2, ahol d az átló, r az alap sugara, h pedig a henger magassága.

Ha a feladatban nincs megadva a henger magassága, de az axiális metszet átlójának szöge az alappal vagy generatrixszal van megadva, használja a szinuszok vagy koszinuszok tételét. Ne feledje, az adatok trigonometrikusak. Ez egy ellentétes vagy szomszédos kapcsolat adott szög lábát a hypotenushoz, amit meg kell találnia. Tegyük fel, hogy megadjuk az alap átlója és átmérője közötti CAD magasságot és szöget. Ebben az esetben használja a szinusz törvényét, mivel a CAD szög a generatrixszal ellentétes. Keresse meg a d hipotenúzust a d=h/sinCAD képlettel. Ha adott egy sugarat és ugyanazt a szöget, használja a koszinusz tételt. Ebben az esetben d=2r/cos CAD.

Ugyanezzel az elvvel járjon el azokban az esetekben, amikor az ACD szög az átló és a generatrix között van megadva. Ebben az esetben a szinusz tételt használjuk, ha a sugár adott, és a koszinusz tételt, ha a magasság ismert.

Videó a témáról

Az aranymetszés az ősidők óta a legtökéletesebbnek és legharmonikusabbnak tartott arány. Számos ősi építmény alapját képezi, a szobroktól a templomokig, és nagyon gyakori a természetben. Ugyanakkor ezt az arányt meglepően elegáns matematikai konstrukciók fejezik ki.

Utasítás

Ha a teljes szakasz hosszát 1-nek, a nagyobb rész hosszát pedig x-nek vesszük, akkor a kívánt arányt a következő egyenlettel fejezzük ki:

(1 - x)/x = x/1.

Az arány mindkét oldalát x-szel megszorozva és a tagokat átadva egy másodfokú egyenletet kapunk:

x^2 + x - 1 = 0.

Az egyenletnek kettő van igazi gyökerek, amiből minket természetesen csak a pozitívum érdekel. Ez egyenlő (√5 - 1)/2, ami megközelítőleg 0,618. Ez a szám a keresztmetszetet fejezi ki. Leggyakrabban φ betűvel jelöljük.

A φ számnak számos figyelemreméltó matematikai tulajdonsága van. Például még attól is eredeti egyenlet világos, hogy 1/φ = φ + 1. Valóban, 1/(0,618) = 1,618.

A számítás másik módja aranymetszés használatban van végtelen tört. Bármely tetszőleges x-ből kiindulva szekvenciálisan összeállíthat egy törtet:

x
1/(x + 1)
1/(1/(x+1) + 1)
1/(1/(1/(x+1) + 1) +1)

A számítások megkönnyítése érdekében ez a tört iteratívként ábrázolható, amelyben a következő lépés kiszámításához hozzá kell adni egyet az előző lépés eredményéhez, és el kell osztani egyet a kapott számmal. Más szóval:

x0 = x
x(n + 1) = 1/(xn + 1).

Ez a folyamat konvergál, és határa φ + 1.

Ha a reciprok érték számítását kivonással helyettesítjük négyzetgyök, azaz hajtson végre egy iteratív ciklust:

x0 = x
x(n + 1) = √(xn + 1),

akkor az eredmény változatlan marad: az eredetileg választott x-től függetlenül az iterációk a φ + 1 értékhez konvergálnak.

Mértanilag aranymetszés felhasználásával megépíthető szabályos ötszög. Ha két egymást metsző átlót rajzol bele, akkor mindegyik szigorúan aranymetszetben osztja el a másikat. Ez a megfigyelés a legenda szerint Pythagorasé, akit annyira megdöbbentett a talált minta, hogy a szabályos ötágú csillagot (pentagrammát) szent isteni szimbólumnak tekintette.

Az okok, amelyek miatt az aranymetszés tűnik a legharmonikusabbnak, ismeretlenek. Azonban többször is bebizonyosodott, hogy azok az alanyok, akiknek azt a feladatot kapták, hogy a legszebben osszák fel egy szegmenst két egyenlőtlen részre, ezt az aranymetszéshez nagyon közeli arányban tették.

A kérdés ehhez kapcsolódik analitikus geometria. Megoldása térvonalak és síkok egyenleteinek, a kocka fogalmának és geometriai tulajdonságok, és használja is vektor algebra. Rendszerjavítási módszerekre lehet szükség lineáris egyenletek.

Utasítás

Válassza ki a probléma feltételeit úgy, hogy azok kimerítőek legyenek, de ne redundánsak. Meg kell adni az α vágási síkot általános egyenlet Ax+By+Cz+D=0 alakú, amely a lehető legjobb módonösszhangban önkényes választásával. Egy kocka meghatározásához bármely három csúcsának koordinátái elegendőek. Vegyük például az M1(x1,y1,z1), M2(x2,y2,z2), M3(x3,y3,z3) pontokat az 1. ábra szerint. Ez az ábra egy kocka keresztmetszetét szemlélteti. Két oldalbordát és három alapbordát metsz.

Döntse el a további munka tervét. Meg kell keresnünk azon Q, L, N, W, R pontok koordinátáit, ahol a szakasz metszi a kocka megfelelő éleit. Ehhez meg kell találni az ezeket az éleket tartalmazó egyenesek egyenleteit, és meg kell keresni az élek metszéspontjait az α síkkal. Ezt követi a QLNWR háromszögekre történő felosztása (lásd 2. ábra), és mindegyik területének kiszámítása a vektorszorzat tulajdonságaival. A technika minden alkalommal ugyanaz. Ezért korlátozhatjuk magunkat a Q és L pontokra, valamint a ∆QLN háromszög területére.

Keresse meg az M1M5 élt (és a Q pontot) tartalmazó egyenes h irányvektorát as vektor termék M1M2=(x2-x1, y2-y1, z2-z1) és M2M3=(x3-x2, y3-y2, z3-z2), h=(m1, n1, p1)=. A kapott vektor egyben útmutató az összes többi oldalélhez. Keresse meg a kocka élének hosszát, például ρ=√((x2-x1)^2+(y2-y1)^2+(z2-z1)^2). Ha a h |h|≠ρ vektor modulusa, akkor cserélje ki a megfelelőre kollineáris vektor s=(m, n, p)=(h/|h|)ρ. Most írja fel paraméteresen az M1M5-öt tartalmazó egyenes egyenletét (lásd 3. ábra). Miután behelyettesítettük a megfelelő kifejezéseket a vágási sík egyenletébe, A(x1+mt)+B(y1+nt)+C(z1+pt)+D=0-t kapunk. Határozzuk meg t-t, cseréljük be az M1M5 egyenletekbe, és írjuk fel a Q(qx, qy, qz) pont koordinátáit (3. ábra).

Nyilvánvaló, hogy az M5 pontnak M5(x1+m, y1+n, z1+p) koordinátái vannak. Az M5M8 élt tartalmazó egyenes irányvektora egybeesik a következővel: M2M3=(x3-x2, y3-y2,z3-z2). Ezután ismételje meg az előző L(lx, ly, lz) argumentumokat (lásd 4. ábra). Minden további N(nx, ny, nz) ennek a lépésnek a másolata.