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 Рис. 2.5

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).

A₁B₁×X=F₁

F₁F₂× 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;

α – 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) β– 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 ¢ m₂

II) A₁ є m₁

─────

A ¢ 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 n×L=K, n×m=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 точок (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;

L₁×n₁=K₁.

2. K₂ є n₂. Рис. 2.17

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. BB₁×BC - ∑.

4. B₁C₁ є ∑.

5. AB┴∑.

6. AB║ A₁B₁.

7. A₁B₁┴∑.

8. Так як B₁C₁ є ∑, то A₁B₁┴ B₁C₁.

─────────

<A₁B₁C₁=90° (рис. 2.18).