Изображение пространственных фигур

2

1. Метод параллельных проектций

К сожалению, не существует «пространственного карандаша», кончик которого оставлял бы след в возникшее. Таким карандашом можно было «начертить» настоящий куб, обведя его ребра. Плокое же изображение не может быть точной копией пространственной фигуры. Возникает проблема: по каким правилам строить изображение, чтобы оно было похоже на оригинал, то есть чтобы при рассматривании изображения возникало зрительное впечатление, близкое к тому, которое возникает при рассматривании оригинала? Чаще всего для этой цели пользовется проектомными методами. Простейшие из них — метод центральных проектций и метод параллельных проектций.

Рис. 1.

Метод центральных проектций ясен из рисунка 1. Береется фиксированная точка $S$ (центр проектией) и фиксированная плоскость л (плоскость проектией), не проходящая через $S$. Через любую точку $A'$ пространства проводится прямая $SA'$ (проектрующая прямая). Точка $A$ пересечения этой прямой с плоскостью л называется проектей точки $A'$. На рисунке 1 показаны проектии двух точек: $A'$ и $B'$.

Точки оригинала, лежащие на одной проектирующей прямой, имеют одно и то же изображение.

Метод центральных проектций дает самые нагладные изображения, потому что описанное построение восприизводит процесс зрения: лучи, индушие из точки оригинала ($A', B', \dots$) или из их проекта ($A, B, \dots$), совпадают. Таким образом, глазу все равно — рассматривать ли оригинал или его проектю на плоскость л. (Правда, мы здесь несколько упрощаем: ведь оригинал рассматривается двумя глазами.)

Художники пользоваются преимущественно методом центральных проектций.

Метод параллельных проектций отличается от метода центральных проектций только тем, что проектирующие прямые не проходят через фиксированную точку, а параллельные фиксированному направлению (рис. 2). Изображение в параллельной проектии напоминает предмет, рассматриваемый издалека: при неогранченном

4

МИ, можно начать какой-угодно треугольник $ABC$ и утверждать, что он подобен изображению данного треугольника $A'B'C'$.

Доказательство. Нам даны два треугольника: оригинал $A'B'C'$ и образец $ABC$. Построим на стороне $A'B'$ треугольник $A'B'C_1$ (рис. 4), подобный треугольнику $ABC$ и расположенный в некоторой плоскости $π$, отличной от плоскости треугольника $A'B'C'$. Примем, далее, $C'C_1$ за направление проектирования. Тогда проекцией треугольника $A'B'C'$ на плоскость $π$ оказывается треугольник $A'B'C_1$, подобный треугольнику $ABC$.

Теорема 2. Если данное изображение треугольника $A'B'C'$, то тем самым однозначно определяено изображение каждой точки, лежащей в плоскости этого треугольника.

Доказательство. Пусть $A'B'C'$ — оригинал (рис. 5, а), а $ABC$ — изображение (рис. 5, б). Возьмем в плоскости треугольника $A'B'C'$ произвольную точку $D'$ и соединим ее с любой вершиной треугольника, например с $A'$. Пусть $E'$ — точка пересечения прямой $A'D'$ с противоположной стороной $B'C'$ (безразлично, находится ли $E'$ внутри отрезка $B'C'$ или на его продолжении). Изображение точки $E'$ можно найти: оно должно делить отрезок $BC$ в таком же отношении, в каком $E'$ делит отрезок $B'C'$, то есть

$$\frac{BE}{EC} = \frac{B'E'}{E'C'}$$

Из доказанных двух теорем вытекает практическое правило для построения изображений плоских фигур: надо выбрать в составе фигуры $F'$ любые три точки, не лежащие на одной прямой, и изобразить их произвольными треями точками общего положения. На этом произволь кончается: изображения всех остальных точек надо строить. Другими словами, данный треугольник можно изображить произвольно, а данный четвергугольник уже нельзя.

Пример 1. Изображение правильного шестиугольника.

Обозначим данный правильный шестиугольник ( оригинал) через $A'B'C'D'E'F'$, а его центр — буквой $O'$ (для удобства оригинал показан на рисунке 6, а). Построим теперь изображение этого шестиугольника. Изображим треугольник $A'B'C'$ произвольно (рис. 6, б). Точка $G'$ есть середина отрезка $A'C'$. Следовательно, точка $G$ тоже должна быть серединой отрезка $AC$. Теперь можно проведить прямую $BG$. На ней можно построить точки $O$ и $E$, пользоваться соответствиями $BO=2BG$, $BE=4BG$. Далее, $CD||BG$ и $AF||BG$. Точка $D$ можно найти разными способами: 1) откладывать $CD=BO$, 2) проводя

5

3. Теорема Польке — Шварца и изображение пространственных фигур

Мы знаем, что при изображении плоских фигур треугольник играет особую роль. Аналогичное положение возникает при изображении пространственных фигур, только вместе треугольника используется tetraэдр. Прежде чем сортулировать соответствующее теорему, мы ведем следующие определение.

Полным четырехугольником называется плоская фигур, состоящая из четырех точек общего положения (то есть никакие три из них не лежат на одной прямой) и шести отрезков, соединяющих эти точки попарно.

Теорема 3 (теорема Польке — Шварца)* Любой данный методзр может быть, с моностью до подобия, изображен произвольным полным четырехугольником (на рисунке 7, а

*) Польке доказал эту теорему в 1853 году для равноведренного прямого tetraэдра (с равными боковыми ребрами и прямыми плоскими углами при вершине). Шварц в 1864 году доказал ее для произвольного tetraэдра.

Рис. 7, а. Рис. 7, б.

ED||AB, 3) проводя прямую AO. Аналогично строится точка F.

В качестве другого примера доказите самостояльно, что квадрат можно изобразить произвольным параллелограммом.

Отметим в заключение, что изображение окружности есть эллипс.

Рис. 8, а. Рис. 8, б,

четырехугольник ABCD выпуклый, на рисунке 7, б — невыпуклый).

Мы примем эту теорему без доказательства.

Пунктир используется в изображении пространственных фигур для обозначения невидимых линей (предполагается, что грани tetraэдра непрозрачны).

Теорема 4. Если дан изображение метраэдра A’B’C’D’, то тем самым определяло изображение каждой точки пространства.

Доказательство. Пусть A’B’C’D’ — оригнал (рис. 8, а) ABCD — его изображение на плоскости (рис. 8, б). Пусть, кроме того, в пространстве дана произвольная точка M’. Покажем, как построить ее изображение. Соединним M’ с какой-нибудь вершиной tetraэдра, например с A’, и отметим точку пересечения E’ прямой A’M’ с противоположной гранью B’C’D’ (точка E’ вовсе не должна обозначено нахождение внутри tetraэдника B’C’D’).

Теорель перейдет к изображению. Изображение точки E’ можно построить: ведь эта точка лежит в плоскости треугольника B’C’D’, изображение которого дано. Далее проводим прямую AE и на ней строим точку M, удовлетворяющий условияю

$$\frac{AM}{ME} = \frac{A'M'}{M'E'}$$

Пример 2. Изображение куба. При ребра куба, выходящие из

6

Рис. 9.

одной точки, определяют tetraэдр. По теореме Польке—Шварца он может быть изображен произвольным четырехугольником. Таким образом, изображая куб (рис. 9), мы можем точки $A_1, B_1, D_1$ и $A_2$ отметить произвольно. Остальная часть изображения достигается исходя из того, что параллельные ребра куба и на чертеже должны быть параллельны.

Большинство людей думает, что рисунок 9 не всегда может служить изображением куба и что надо особым образом выбирать углы составляющих его параллелограммов и отношения отрезков. Объясняется это тем, что для нас наиболее прививчными являются ortogonalные проекции, полученные в том случае, когда проектирующие прямые перпендикулярны плоскости проекций. Здесь же речь идет о произвольных («косых») параллельных проекциях.

Пример 3. Изображение правильной четырехугольной параллелограммом. Основание (квадрат) можно изобразить произвольным параллелограммом. Кроме того, согласно теореме Польке—Шварца можно изобразить произвольно одно боковое ребро, то есть отметить произвольную параллелограмм. Если нужно проверить высоту, то следует соединить вершину с точкой пересечения диагоналей основания.

Рис. 10, $a$. Рис. 10, $b$.

В учебниках широко распространено общковенное изображать плоскость (точнее говоря, «кусок плоскости») в виде параллелограмма, неявно предполагая при этом, что оригинал — прямогольный кусок плоскости. В этом случае непроизвольное расходуется часть произвольа, имеющегося в нашем распоряжении. Если же мы об этом забываем и в дальнейшем пользовемся теоремой Польке—Шварца, то приходим к группам ошибкам. Вот пример. На рисунке 10, $a$ изображена правильная четырехугольная параллелограммом. Стояция на плоскости. Отдельно взятое изображение SABCD построено правильно, но рисунок 10, $a$ в целом грубо ошибочен. Изобравив прямогольный кусок плоскости параллелограммом KLMN, мы уже частично использали произволь, представляемый теоремой Польке—Шварца, и не имеем права изображать квадрат $A'B'C'D'$ произвольным параллелограммом. На рисунке 10, $a$ $\rightarrow$ LKN и $\rightarrow$ DAB изображают прямые углы. $AB \parallel KL$, следовательно, должны быть $AD \parallel KN$. Раз этого нет, рисунок 10, $a$ ошибочен.

Поскольку прямогольность куска плоскости не имеет никакого значения при изучении свойств этой на ней параллелы, нет смысла связывать себя условием, что $\rightarrow$ LKN — изобра-

7

4. Сечения многогранников

Тепер мы будем рассматривать изображения, встречащие при изучении стереометрии.

Пример 4. На рисунке 11, а изображено плоскоеечение треугольной признамы.

Оно «построено» очень просто: на ребрах признамы взяты произвольные точки $A_3$, $B_3$, $C_3$ и соединены отрезками признамы. На рисунке 11, $\delta$ тот же «метод» применен к построению сечения четырехугольной признамы.

Рисунок 11, а правилен, а на рисунке 11, $\delta$ допущена ошибка (всема распространенная!). В самом деле, плоскость определяется треяточки. Поэтому, изображая плоскоеечение треугольной признамы, мы можем взять точки на ее ребрах произвольно. С четырехугольной признакой так поступить нельзя. Отметив про-

извольно точки $A_3$, $B_3$, $C_3$, мы уже определили секущую плоскость, и точка ее пересечения с четырьмя ребром признамы не может быть взята произвольно.

Покажем, как правильно найти точку пересечения секущей плоскости с четырьмя ребром.

Плоскость, проходящая через ребра $^*$) $A'_1A'_2$ и $C'_1C'_2$, пересекает плоскоеечение $A'_3B'_3C'_3D'_3$ по диагонали $A'_3C'_3$, а плоскость, проходящая через ребра $B'_1B'_2$ и $D'_1D'_2$, — по диагонали $B'_3D'_3$. Прияма пересечения этих двух плоскостей параллельна ребром признамы. Следовательно, во всех плоских сечениях признамы точки пересечения диагональной лежат на прямой, параллельной ребром признамы. На рисунке 11, $\delta$ отмечены точки $P_1$ и $P_2$ пересечения диагональной оснований; прияма $P_1P_2$ параллельна ребром признамы. Точка $P_3$ не лежит на этой прямой —

*) Не забудьте, что элементы ориинала обозначются буквами со штириками.

8

Рис. 13.
следовательно, рисунок неправилен. Это означает, что изображенный на нем четырехугольник $A_3'B_3'C_3'D_3'$ — неплоский. Человек с натренированным глазом, например, художник, заметит это сразу, без всяких построений.

Это свойство позволяет не только проверить правильность чертежа, но и построить плоскоеечение четырехугольной признамы. Отметим произвольно точки $A_3$, $B_3$, $C_3$ (рис. 12). Строим точки $P_1$ и $P_2$ и проводим прямую $P_1P_2$ (она оказывается параллельной прямой $A_1A_2$). Проводим прямую $A_3C_3$. Находим точку $P_3$ пересечения $A_3C_3$ и $P_1P_2$. Проводим $B_3P_3$. Точка пересечения $B_3P_3$ с $D_1D_2$ и есть искомая.

Изображение плоских сечений многогранников требует использования только двух правил:

1. Если плоскости $\beta'$ и $\gamma'$ пересекаются по прямой $l'$, а плоскость $\alpha'$ пересекает их соответствующее по прямым $b'$ и $c'$, то $b'$ и $c'$ либо пересекаются в точке, лежащей на $l'$, либо параллельны $l'$.

2. Если плоскости $\beta'$ и $\gamma'$ параллельны, а плоскость $\alpha'$ пересекает их соответствующее по прямым $b'$ и $c'$, то $b'$ и $c'$ параллельны.

Пример 5. Изображение плоского сечения параллелпеда.

Проводим изображения линейной сечения $RQ$ и $QP$. Точка их пересечения должна лежать на прямой $A_2B_2$, в остальном прямые $PQ$ и $QR$ произвольны. Далее проводим $RS \parallel QP$ и $PS \parallel QR$.

На рисунке 13 прямы $PQ$ и $QR$ проводены так, что точка $Q$ попала вне отрезка $A_2B_2$. Отмечаем точки $T \equiv PQ \times A_2D_2$ и $U \equiv QR \times A_1A_2$ и соединяем $U$ и $T^*$). Проводим $RS \parallel QP$ и $PS \parallel QR$. Ясно, что точка $S$ должна лежать на прямой $C_1D_1$. Если эта точка попадала на продолжение отрезка $C_1D_1$, то соединяем точки $V \equiv RS \times B_1C_1$ и $W \equiv PS \times C_1C_2$. Разберите самостояльно случай, когда точка $Q$ лежит внутри отрезка $A_2B_2$.

Пример 6. Изображение плоского сечения четырехугольной парамиды (рис. 14).

Проводим звенья $PQ$ и $QR$ проводилось. От точки $R$ надо вести линию сечения по задней грани. Плоскости передней и задней граней пересекаются по прямой $S'X'$. Изображение этой прямой легко получить, построив точку $X \equiv AB \times CD$. Следы секущей плоскости $\alpha'$ на передней и задней гранах должны пересекаться на $S'X'$. Находим точку $T \equiv PQ \times SX$ и проводим $TR$. Отмечаем отрезок этой прямой $RU$, оказывающей внутреннюю треугольника $SCD$. А $AB$ изображает линию пересечения передней и нижней граней. Строим точку $Y \equiv AB \times PQ$ и находим точку $V \equiv AD \times UY$.

*) Запись $M \equiv AB \times CD$ означает: «М есть точка пересечения прямых $AB$ и $CD$», а $m \equiv A \times B$ — «м есть прямая, определяющая точками $A$ и $B$».

10

Рис. 17.
В каждом эллипсе показаны два диаметра: в оригинале они перепределились, а на изображении — сопряженные (см. статью И. Н. Бронштейна «Эллипс», Квант № 9).

Основание конуса также изображается эллипсом. В школьной практике часто встречается следующая ошибка: крайние образующие использующие для изображения освого сечения, причем предполагается, что они касаются эллипса в концах большой оси (рис. 18, а). Это неленость. Если из точки S проведи касательные к эллипсу и соединить точки касания A и B, то прямая AB не пройдет через центр эллипса. Однако неокоторы

Рис. 19.
«Чертежники» проводят ее через центр насильственного. Рисунок 18, б — правильный. Одна из точек касания, например A, соединяется с центром O, и на эллипсе отмечается точка C, диаметрально противоположная A. Треугольник SAC есть изображение освого сечения.

Для изображения освого сечения вовсе не обязательно использовать

Рис. 18, а.
Рис. 18, б.
Рис. 18, с.

12

Рис. 23, а.

дата экватор будет изображаться отрезком (рис. 22).

Правильное изображение шара строится так. Экватор и меридианы изображаются эллипсами, причем все меридианы проходят через две точки N и S. Остается только выяснить связь между изображением экватора и положением точек N и S.

Представим себе оригинал. Проведем экваторальное сечение (круг A’B’C’D’) и перpendикулярный ему диаметр N’S’ (земная ось). Воображим, далее, плоскость β’, перpendикулярную A’C’ и (для удобства) проходящую вне шара (рис. 23, а). Шар вместе с экваторальным сечением и осью N’S’ проектируем ортогонально на плоскость β’. Шар проектируется в круг, а система (A’B’C’D’, N’S’) — в два перpendикулярных диаметра этого круга.

Если фигуру слева (рис. 23, а) врашать вокруг A’C’, то круг на плоскости β’ будет оставаться на месте, а крест из двух его перpendикулярных диаметров будет врашаться вокруг центра.

Рисунок 23, б дает ключи к решению вопроса о том, как связанные изображение экватора с изображениями полосов. Диаметр PQ определяет малую ось эллипса, а перpendикуляр-

13

Рис. 25.

щими через точки $N$ и $S$. Параллелии изображаются подобными эллипсами, касающиеся контуршаара.

При решении стереометрических задач чертеж играет вспомогательную роль, и нет смысла тратить на его выпленение большие труда, чем на решение самой задачи. Поэтому мы рекомендуем читателю в основном чертеить на глаз. Однако дадим некоторые общие рекомендации, выполнение которых позволяет избежать ошибок.

Изображение шара сложнее, чем многогранников, цилиндра и конуса. Поэтому рекомендуется, выполняя чертежи с учетом шара, начиная с шара, а затем пристраивать к нему остальные фигуры.

Если шар вписан в цилиндр (рис. 25), то боковая поверхность цилиндра касается шара по большому кругу, например по экватору. Точка $B$ — на экваторе, $AB = BC$, $AC = NS$. Все три эллипса (экваторальноеечение и основания цилиндра) одинаковы.

Если цилиндр вписан в шар (рис. 26), то следует помнить, что его основания — одинаковые по размеру параллельные круги.

Если шар вписан в признаму (рис. 27), то больший круг (например, эк

14

Рис. 28.

Чтобы изобразить призму, вписанную в шар (рис. 28), надо прежде всего вписать многоугольник в какой-нибудь паралельный круг. Остальное ясно.

Если шар вписан в парамиду (рис. 29), то точки касания боковых граней находится на одинаковых расстояниях от вершины парамиды и, следовательно, лежат на одном паралельном круге, плоскость которого перpendикулярна $T'O'$ (О’ — центр шара, $T'$ — вершина парамиды). Чертить можно в такой последовательности: изобразить шар, затем взять

Рис. 29.

какой-нибудь паралельный круг и описать около него многоугольник (например, $A_1B_1C_1D_1$). После этого к меридиам, проходящим через точки касания $L, M, N, P$, проведи касательные в этих точках (можно на глаз). Они пересекутся в одной точке $T$, которая и изобразает вершину парамиды. Пусть плоскость нижнего основания паралельна плоскости $A_1'B_1'C_1'D_1'$ (если это не так, то задача условия, и в этой статье мы ее рассматривать не будем), тогда остается достроить парамиду, руководствуясь пропорциями

$$\frac{TS}{TO_1} = \frac{TA}{TA_1} = \frac{TB}{TB_1} = \frac{TC}{TC_1} = \frac{TD}{TD_1}$$

($S'$ — Южный полос, $O'$ — центр паралельного круга, вписанного в $A_1'B_1'C_1'D_1'$).

Если шар описан около парамиды (рис. 30), то основание парамиды вписано в какой-нибудь паралельный круг, а вершина — любая точка сферы.

От редакции. В 1971 году в серии «Популярные lekции по математике» выйдет брошюра Н. М. Бескина «Изображение пространственных фигур», в которой эти вопросы будут изложены более подробно.