Начертательная геометрия. Ляшков А.А - 45 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ОмГТУ | Омск

Составители: 

Рубрика: 

45
f
E
E
1
t
F
Σ
a
a
Р и с . 9 . 5
a
x
x
1
x
2
A
2
B
2
C
2
E
2
D
2
h
2
B
1
B
4
C
1
C
4
A
1
A
4
D
1
D
4
E
1
E
4
E
5
E
h
1
E
1
E
1
4
F
4
F
5
F
F
1
E F = E
5
F
5
E E
1
= E
4
E
1
4
Р и с . 9 . 4
Проекционное решение задачи основывается на построении прямоугольного тре-
угольника ЕЕ
1
F (рис. 9.5), в котором: EF – гипотенуза
на заданной наклонной а, при этом Е – произвольная
точка, F = а ∩ Σ, Σ – заданная плоскость; Е
1
F – катет
на плоскости Σ, который представляет собой
ортогональную проекцию отрезка EF; α = ∠(EF, FЕ
1
)
есть искомый угол. Рассмотрим алгоритм
проекционного решения, который представлен на
рисунке 9.4.
1. В плоскости Σ выбирается линия уровня,
например, горизонталь h(h
1
, h
2
). При этом h
2
// x. 
                                                                             B2
                                                     D2

                                                               h2                            C2
                                                A2                                E2
                                 x
                                          x1         D1
                                                                                             C1
                                                A1
                                                          h1
                                     A4                                 F1
                      D4                                                                E1
                                 C4
                            F4
                             1
                           E4                  E4                            B1

       x2

                            B4
                                                                                  EF=E 5 F5
                                                                                    1         1
                                                                    E            EE =E 4 E 4
                                                     a




                                                               1
            F5                                            E
                                                                             F

                 E5

                                      Рис. 9.4
Проекционное решение задачи основывается на построении прямоугольного тре-
угольника ЕЕ1F (рис. 9.5), в котором: EF – гипотенуза
на заданной наклонной а, при этом Е – произвольная       a E
точка, F = а ∩ Σ, Σ – заданная плоскость; Е1F – катет
на плоскости Σ, который представляет собой               f       a
                                                    1
ортогональную проекцию отрезка EF; α = ∠(EF, FЕ )
есть    искомый     угол.     Рассмотрим     алгоритм      t
                                                                   F
проекционного решения, который представлен на                  1
рисунке 9.4.                                          Σ      E
   1. В плоскости Σ выбирается линия уровня,
например, горизонталь h(h1, h2 ). При этом h2 // x.
                                                                                         Рис. 9.5

                                                     45

Страницы