Нарисна геометрія та інженерна графіка

Размещено на http://www.allbest.ru/

Лекції

З курсу «Нарисна геометрія та інженерна графіка»

Лекція 1. Метод проеціювання. Ортогональні проекції точки

Нарисна геометрія та інженерна графіка - одна з основних навчальних дисциплін вищої школи. Предметом нарисної геометрії є розробка теорії і методів рішення математичних та інженерних задач графічними методами.

Предметом інженерної графіки є розробка теорії і методів складання та аналізу графічних документів. При цьому основним є метод проекціювання, який дозволяє отримати графічні зображення геометричних образів на площинах проекцій [1, 2, 3].

Всі задачі нарисної геометрії можна поділити на дві групи: пряма (на основі геометричного образу будують його проекцію) та обернена (на основі проекції відтворюють графічний образ).

Останнім часом стрімко розвивається комп'ютерна графіка, яка дозволяє отримати рішення задачі на основі відповідних програм [4, 5].

Історична довідка. Перші рисунки, близькі до сучасних прямокутних проекцій, зустрічаються вже на стінах давніх храмів і палаців Єгипту та Ассирії. За часів Стародавньої Греції та Риму для побудови зображень також використовувалися прямокутні та центральні проекції на одну площину. Зодчі Київської Русі створили такі всесвітньо відомі пам'ятки архітектури, як Софію Київську, Золоті Ворота, які зараз викликають захоплення. Правила будівництва були викладені у «Будівельному статуті» (1020 р.) Ярослава Мудрого. Там же були наведені зображення, побудовані за проекційним принципом. Новий період розвитку нарисної геометрії починається в епоху Ренесансу, коли з розквітом архітектури та живопису особливого значення набуває перспектива.

У Росії плани Пскова (XV ст.) та Москви (XVII ст.) свідчать про те, що вже тоді було уявлення не тільки про способи виконання фасадів та планів, а й про аксонометрію.

Креслень зодчих Київської Русі не збереглося, хоча є підстави вважати, що майстри користувалися схематичними рисунками. Винятковий інтерес становить креслення будови, виконане гострим предметом на лісовому грунті при будівництві Десятинної церкви в Києві.

Окремі види проекцій використовувалися в техніці до кінця XVIII ст., коли в 1799 р. з'явилася знаменита “Geometrie descriptive” Гаспара Монжа (1746-1818). У цій книзі окремі прямокутні проекції на вертикальну та горизонтальну площини буди зведені в єдину систему. В Росії перший курс нарисної геометрії був прочитаний у 1810 р. в інституті (корпусі) інженерів шляхів сполучення учнем Монжа інженером К.І. Потьє. В 1821 р. вийшов перший російський підручник з нарисної геометрії Я.О. Севастьянова.

Новий етап розвитку нарисної геометрії та інженерної графіки почався в 40-х роках XX ст., коли у Москві професор Четверухін (1891-1974), в Києві професор С.М. Колотов (1880-1965) опублікували ряд наукових праць, які започаткували систематичні наукові та науково-методичні дослідження в цій галузі знань.

Професор І.І. Котов в Москві один з перших застосував апарат нарисної геометрії до розв'язання прикладних задач у різних галузях техніки. Завдяки активній праці передових кафедр України та Росії усталився етап розвитку нарисної геометрії, який можна назвати етапом геометричного моделювання або інженерної геометрії, коли за наперед заданими та вимогами формуються оптимальні геометричні моделі майбутнього виробу. Істотний внесок у цю справу зробили українські вчені - професори Л.М. Куцені, В.М. Найдиш, В.С. Обухова, А.В. Павлов, О.Л. Підгорний, І.А.Скидан та інші.

Центральні проекції. У цьому випадку S - центр проекції та ?- площина проекції, складають апарат проеціювання.

Для побудови центральної проекції точки А необхідно через центр проеціювання S та точку А провести пряму до перетину з площиною проекцій ?.

SA x ? = A?, A ў ?, A? є ?. Для точки В виконують аналогічні побудови: SВЧ?= В?, В ў ?; В? є ?. Як видно з рис. 1.1, точки А, В не належать до площини проекцій, а проекції точок A? та В? завжди будуть тільки у площині проекцій.

Аналогічно будують центральні проекції будь-якого геометричного образу.

Паралельні проекції. В цьому випадку замість центра проекції S задають напрям проекціювання vS.

Для того, щоб отримати проекції точок А і В необхідно через ці точки провести прямі паралельно до напряму

S і до перетину з площиною проекцій . Як і в попередньому випадку, точки А і В мають довільне положення, а їх проекції розташовані тільки в площині . АА || vS, АА Ч = А, BB || vS, BB Ч = B.

Якщо точку С розташувати в площині , то сама точка та її проекція співпадуть. С є , С С.

Основні властивості паралельного проеціювання:

1. Проекція точки є точка.

2. Проекція прямої є пряма.

3. Проекція паралельних прямих є паралельні прямі.

4. Проекція пересічних прямих є пересічні прямі.

Ортогональні проекції точки. Ортогональне проеціювання -- це окремий випадок паралельного проекціювання, при якому напрям проекціювання завжди є перпендикулярним до площини проекції.

Засновник нарисної геометрії Гаспар Монж запропонував використати дві взаємно-перпендикулярні площини проекції: П1 - горизонтальна та П2 - фронтальна, які умовно поділили простір на 4 рівні частини - квадранти (рис1.3). Х - лінія перетину.

Для отримання проекцій точки А на П1 та П2 необхідно виконати наступні побудови: 1) АА2П2, 2)АА2ЧП2 = А2, 3) АА1 П1, 4)АА1ЧП1= А1.

В нарисній геометрії при рішенні задач використовують три взаємо-перпендикулярні площини проекції: П1 - горизонтальна; П2 - фронтальна; П3 - профільна, які перетинаючись між собою, умовно ділять простір на 8 рівних частин - октантів.

Знаки в октантах: I) x+; y+; z+; II) x+; y-; z+; III) x+; y-; z-; IV) x+; y+; z-; V) x-; y+; z+; VI) x-; y-; z+; VII) x-; y-; z-; VIII) x-; y+; z-.

Розглянемо побудову ортогональної проекції в І октанті.

Для того, щоб побудувати проекції точки А на площинах П1, П2, П3 необхідно з точки А провести перпендикуляри до перетину з цими площинами проекцій.

1) АА1 П1, 2) АА1Ч П1=А1 3) АА2 П2,

4) АА2 Ч П2 = А2, 5) АА3 П3, 6) АА3 Ч П3 = А3.

В першому октанті кожна точка в І октанті має 6 проекцій: 3 на площинах (А1, А2, А3) і 3 на осях (Ax, Ay, Az).

Креслення має назву об'ємна модель Монжа, яка не використовується при рішенні задач, а тільки пояснює механізм утворення проекцій.



При рішенні задач використовують площинне креслення Монжа, яке утворюється в результаті суміщення П1 і П3 з П2 за стрілками (рис. 1.5).

На площинному кресленні приводять: 1) Положення проекцій; 2) Лінії проекційного зв'язку, які з'єднують ці проекції.

Основні властивості площинного креслення Монжа:

1) Фронтальна та горизонтальна проекції точки завжди розташовані на одній лінії проекційного зв'язку, перпендикулярно вісі Х.

2) Фронтальна та профільна проекції точки завжди розташовані на одній лінії проекційного зв'язку, перпендикулярно вісі Z.

3) По двом проекціям точки завжди можна побудувати третю, відсутню.

Ортогональне проеціювання дозволяє отримати проекції точки, якщо відомі її координати x, y, z.

Приклад: побудувати проекції точки А за координатами А(30; 40; 50).

Виходячи з того, всі координати позитивні робимо висновок, що точка А розташована у першому октанті. Об'ємна модель цього октанту приведена на рис. 1.5. Площинне креслення - на рис. 1.6. Тому відкладаємо відповідні координати x=30, z=50 і отримуємо фронтальну проекцію точки А2; x=30, y=40 - A1; A1Ax=AzA3.

Контрольні питання

1. Які методи проекціювання Ви знаєте?

2. Назвіть основні властивості паралельних проекцій

3. Як утворюються ортогональні проекції точки?

4. Як розташовані фронтальна та горизонтальна проекції точки?

5. Як розташовані фронтальна та профільна проекції точки?

Лекція 2. Пряма. Взаємне положення двох прямих

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 розташована під довільними кутами нахилу до площин проекцій.

А1В1; А2В2; А3В3 x; y; z.

Прямі рівня - паралельні до однієї з площин проекцій, тому на цю площину вони проектуються в натуральну величину.

А) Горизонталь h¦П1.

Для визначення положення прямої достатньо аналізу двох її проекцій П1 і П2.

h2¦x

h1- HB

h¦П1

Б) Фронталь f¦П2

f1¦x

f2- HB

f¦П2

B) Профільна пряма рівня р¦П3.

I) p2¦Z

p2+x

II) p1¦у

p1+x

III) p3 - нв

р¦П3

Проекціюючі прямі перпендикулярні до однієї з площин проекцій, тому на цю площину проектуються у вигляді точки. До двох інших площин такі прямі паралельні.

А) Горизонтально-проектуюча пряма L+П1

L2+x

L+ П1

Б) Фронтально-проектуюча пряма АВ+П2

А1В1+x

АВ+ П2

В) Профільно-проектуюча пряма m + П3.

I) m2¦x

m2+z

II) m1¦x

m1+y

m+П3

Сліди прямої. Сліди прямої - це точка перетину заданої прямої з площиною проекції. Побудування слідів прямої розглянемо на конкретному прикладі.

Приклад: Побудувати слід відрізку прямої АВ.

А) Для побудування горизонтального сліду прямої необхідно Н:

1) Продовжити фронтальну проекцію прямої до перетину з віссю х.

2) З точки перетину опустити перпендикуляр до перетину з продовженням горизонтальної проекції прямої (рис. 2.8).

Слід прямої завжди належить до площини прямої і тому співпадає зі своєю проекцією на цю площину.

Недостатня проекція сліду завжди буде розташована на вісі проекції х.

I) A2B2?x=H2

II) H2H1? A1B1=H

III) H є П1

Н?Н1, Н2 є х

Б )Для побудування фронтального сліду F необхідно:

1) Продовжити горизонтальну проекцію прямої до перетину з віссю х.

2)З точки перетину підняти перпендикуляр до перетину з продовженням фронтальної проекції прямої (рис. 2.8).

I) A1B1ЧX=F1

II) F1F2Ч A2B2=F1

III) Fє П2, F?F2

F1 є х

Визначення натуральної величини та кутів нахилу прямої до площин проекцій. Рішення цієї задачі виконують на основі методу прямокутного трикутника.

Приклад:

Визначити натуральну величину та кути нахилу до П1, П2.

Рішення задачі на П1 у наступній послідовності:

I) A21¦x

II) L є A1

L+A1B1

III) B21=A12

B12 - HB

б - кут нахилу прямої в просторі до П1

Для визначення натуральної величини та кута нахилу прямої до П2 необхідно виконати аналогічні побудови на П2. Рис. 2.10

I) A13¦x

II) m+A2B2

III) B13=A24

IV) B24 - HB

V) в

в - кут нахилу прямої до П2 (рис. 2.10).

Пропорційний поділ відрізку прямої. Рішення цієї задачі виконують з використанням допоміжної прямої.

Приклад:

Відрізок АВ поділити у співвідношенні 2:3 (рис. 2.11).

Послідовність рішення:

1) Через А1 будуємо довільну пряму L під довільним гострим кутом до А1В1.

L є А1

2) 2+3=5. Визначаємо кількість відрізків поділу

3) Від А відкладаємо п'ять довільних, але рівних між собою відрізків на L.

4) А11=12=23=34=45

5) 5 з'єднуємо з В1 - отримуємо 5В1.

6) С12¦ 5В1

7) С2 є А2В2

8) А2С2= А1С1=2

В2С2 В1С1 3.

5. Належність точки до прямої. Точка належить до прямої, якщо її проекції розташовані на відповідних проекціях прямої.

I) A2 ў m2

II) A1 є m1

A ў m

I) A2 є h2

II) A1 є h1

A є h

Послідовність рішення задач з нарисної геометрії:

1) Аналізуємо графічні умови задачі та з'ясовуємо властивості геометричних образів.

2) Визначаємо алгоритм рішення задачі.

3) Розв'язуємо задачу.

Контрольні питання

1. Скільки положень може займати пряма лінія відносно площин проекцій?

2. Як розташовані проекції фронталі та горизонталі відносно вісі ХY?

3. Що називається слідом прямої?

4. Як побудувати горизонтальний та фронтальний сліди прямої?

5. Яким методом визначають натуральну величину та кути нахилу прямої до площин проекцій?

6. Сформулюйте умову належності точки до прямої.

Лекція 3. Взаємне положення двох прямих

Паралельні прямі. Дві прямі паралельні, якщо їх проекції на П1, П2, П3 також паралельні. Для прямих загального положення достатньо паралельності проекцій на двох площинах П1 та П2.

Рішення задач з цього розділу поділяються на дві групи:

1) Побудування прямої, паралельної до заданої

2) Перевірка паралельності двох прямих.

Рішення 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:

I) Аналізуємо графічні умови задачі (з'ясовуємо основні властивості проекцій геометричних образів, а також їх положення відносно площин проекцій)

II) Визначаємо послідовність побудування, а також ту площину проекцій, на якій починають виконувати побудування.

Рішення:

1. L2 є A2

L2¦m2

2. L1 є A1

L1¦m1

L¦m

Приклад2:

Перевірити паралельність прямих AB та CD.

A3B3+C3D3

AB+CD

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

до двох прямих і є їх спільною точкою.

Рішення типових задач цього розділу розглянемо на конкретних прикладах.

Приклад 1:

Через точку А побудувати пряму L , пересічну до m:

A, m

1. L2 є А2

L2?m2=K2

2. K1 є m1

3. A1K1 - L1?m1

L?m=K

Приклад 2:

Визначити взаємне положення двох прямих АB та СD.

1. A3B3?C3D3=K3

2. A2B2?C2D2?K2

3. A1B1?C1D1=K1

CD AB

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

nЧL=K, nЧm=K/

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 по визначенню видимості конкуруючих

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.

Взаємно-перпендикулярні прямі (одна з прямих - пряма рівня). Рішення цієї задачі починають на тій площині проекцій, до якої паралельна задана пряма, бо на цій площині ми маємо натуральну величину прямої, а також її натуральне положення відносно осей проекцій.

Приклад:

Через точку А побудувати пряму L+ до n.

L є A, L+ n

1. L1 є A1

L1Чn1=K1

2. K2 є n2

3. K2A2 - L2

Теорема про проекціювання прямого кута. Прямий кут проекціюється 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)

3. BB1ЧBC - ?

4. B1C1 є ?

5. AB+?

6. AB¦ A1B1

7. A1B1+?

8. Так як B1C1 є ? , то A1B1+ B1C1

<A1B1C1=90°

Контрольні питання

1. Як розташовані проекції паралельних прямих?

2. Як розташовані проекції пересічних та мимобіжних прямих?

3. Як визначають видимість конкуруючих точок на П1 та П2?

4. Сформулюйте теорему про проекціювання прямого кута.

Лекція 4. Площина

1. Завдання площини на кресленні. В нарисній геометрії площину представляють як результат послідовного переміщення однієї прямої вздовж іншої. Площина взагалі необмежена, тому на кресленні її задають слідуючими геометричними елементами:

1) Трьома точками, що не належать одній прямій - Г(А,В,С) (рис. 4.1).

2) Прямою і точкою, яка не належить прямій - А ў l, ?(l, A) (рис. 4.2).

3) Паралельними прямими - ?(а¦b) (рис. 4.3).

4) Пересічними прямими - R(lЧm) (рис. 4.4).

5) Плоскою геометричною фігурою - И(?АВС) (рис. 4.5).

Але найбільш поширеним методом завдання площин є завдання слідами.

Сліди площини

Слід площини - це лінія перетину заданої площини з площиною проекцій.

?п1 - горизонтальний.

?п2 - фронтальний.

?п3 - профільний сліди площин.

?x, ?y, ?z - точки сходу слідів.

Положення площини відносно площин проекцій. Відносно площин проекцій будь-яка площина може займати 7 положень.

1) Площина загального положення

Розташована під довільними кутами нахилу до П1, П2, П3. На площинному кресленні сліди цієї площини розташовані під довільними кутами нахилу до осей проекції.

2) Площини рівня.

Паралельні до однієї з площин проекцій і одночасно перпендикулярні до двох інших.

А) Горизонтальна площина рівня - паралельна до П1 (рис. 4.7).

1. ИП2¦х

2. И¦ П1

А2, В2, С2 є И

А1, В1, С1 - нв.

Б) Фронтальна площина рівня (паралельна до П2).

?п1¦х

?¦П1

В) Профільна площина рівня (паралельна до П3).

1. Гп2¦z

Гп2+х

2. Гп1¦у

Гп1+х

Г¦П3

Проекції будь-якого геометричного образу, який належить до площини рівня, на одній площині проекцій будуть розташовані на сліді площини (А2В2С2П2), а на іншу площину геометричний образ проектується в натуральну величину.

3) Проекціюючі площини (перпендикулярні до однієї з площин проекцій і непаралельні до інших).

А) Горизонтально-проектуюча площина - перпендикулярна до П1 (рис. 4.10).

1. ?П2+х

?+ П1

1. ?АВС є ?

2. ?А1В1С1 є ?П1

Якщо в проекціюючій площині розташовано будь-який геометричний образ, то його проекція завжди буде належати до сліду площини на тій площині проекції, до якої перпендикулярна задана площина. Ця властивість сліду називається збиральною.

Б) Фронтально-проектуюча площина - перпендикулярна до П2 (рис. 4.11).

?п1+х

?+П2

В) Профільно-проектуюча площина - перпендикулярна до П3 (рис. 4.12).

1. Гп2¦х

Гп2+z

2. Гп1¦х

Гп1+у

Г+П3

Головні лінії площини. До головних ліній площини відносять фронталь, горизонталь та лінію найбільшого схилу площини.

Фронталь - пряма, що належить до площини і паралельна до П2.

F є Г

Побудову фронталі починаємо на тій площині проекцій, на якій відоме її положення відносно вісі х.

1. f1¦x

f1ЧГп1=11

2. 12 є х

3. f2¦Гп2

f є Г

Горизонталь - це пряма, що належить до площини і паралельна до П1.

h2¦x

1. h2Ч?п2=12

2. 11 є х

3. h1¦?п1

h є ?

Фронталь та горизонталь площини широко використовують при рішенні задач по визначенню недостатніх проекцій точок, що належать до площини.

Лінія найбільшого схилу - це пряма, що належить до площини і перпендикулярна до горизонталі площини.

Приклад: Побудувати лінію найбільшого схилу через вершину В.

1. h2¦x

2. h2ЧB2C2=12

3. 11 є B1C1

4. A111 - h1

5. l1+h1

6. l1ЧA1C1=21

7. 22 є A2C2

8. B222 - l2 (рис. 4.15).

Належність прямої та точки до площини. Пряма належить до площини, якщо:

1) вона проходить через дві точки цієї площини;

2) через одну точку площини і паралельна до іншої прямої площини або до однієї з площин проекцій.

Приклад: В площині ? побудувати АВ.

1.А2 є ?п2

А1 є х

2.В1 є ?п1

В2 є х

3.С1 є А1В1

С2 є А2В2

С є ?

Звідси виходить нова умова належності прямої до площини.

3) Пряма належить до площини, якщо її сліди розташовані на відповідних слідах цієї площини.

Точка належить до площини, якщо вона належить до прямої цієї площини.

Рішення задач складається з двох етапів:

1) Будують пряму, яка належить до площини (рис.4.16)

2) На прямій АВ будують т.С. яка і буде належати до площини.

Контрольні питання.

1. Якими геометричними образами задають площину на кресленні?

2. Що називається слідом площини?

3. Скільки положень і які саме може займати площина відносно площин проекцій?

4. Назвіть положення проекцій фронталі та горизонталі площини відносно до її слідів.

5. Сформулюйте умови належності прямої та точки до площини.

Лекція 5. Взаємне положення прямої та площини, двох площин

Паралельність прямої та площини. Пряма паралельна до площини, якщо вона паралельна до будь-якої прямої цієї площини. Для рішення задачі необхідно:

1) в площині побудувати пряму загального положення;

2) виходячи з умов паралельності двох прямих, побудувати необхідну пряму.

Приклад 1: Через т. А побудувати l¦?, l є A.

m є ?

1. l2¦m2

2. l1¦m1

l¦?

Приклад 2: Через т. А побудувати площину ?, паралельно l.

1. a2 є А2

а2¦l2

a1 є А1

а1¦l1

2. b2 є А2

b1 є А1

? (aЧb)¦l

Приклад 3: Перевірити паралельність прямої l до Г.

n2¦l2

1. n2Чm2=12

2. 11 є m1

3. n1+l1

l+Г(A, m)

Конкретне рішення кожної геометричної задачі залежить від положення проекцій геометричних образів.

Паралельність двох площин. Дві площини паралельні, якщо дві пересічні прямі однієї площини паралельні двом пересічним прямим іншої площини. Якщо площини задані слідами, то у паралельних площин мають бути паралельні сліди.

Приклад 1: Через т. А побудувати ?¦?, ? є А.

?(lЧm)

1. a2¦l2, a2 є A2

2. b2¦m2, b2 є A2

3. a1¦l1, a1 є A1

4. b1¦m1, b1 є A1

?(aЧb) ¦?(lЧm)

Приклад 2: Через т. А побудувати Г ¦И, Г є А.

План рішення:

1. через т. А будують пряму рівня паралельно И;

2. будують слід цієї прямої:

1. h є А

2. h¦И

3. F1F2Чh2=F

4. Гп2 є F

Гп2¦Ип2

5.Гп1¦h¦Ип1

Г¦И

Перпендикулярність прямої та площини. Пряма перпендикулярна до площини, якщо вона перпендикулярна до двох пересічних прямих цієї площини. За пересічні прямі необхідно використати фронталь та горизонталь, тоді l2+f2, a l1+h1.

Приклад. Через т. А побудувати l+?(?ABC).

1. h є АВС

2. f є АВС

3. l1+h1

l1 є А1

4. l2+f2

l2 є A2

5. l+?(?ABC)

4. Перпендикулярність двох площин. Дві площини взаємно перпендикулярні, якщо одна з них має перпендикуляр до другої площини. Рішення задачі складається з двох етапів.

1) Будують пряму, перпендикулярну до заданої площини

2) До прямої перпендикуляру добудовують іншу пряму довільного положення. Дві пересічні прямі і сформують площину, перпендикулярну до заданої.

Приклад: Побудувати ?+?, ? є А.

1. l2 є А2

l2+?п2

2. l1 є А1

l1+?п1

3. m2 є A2

m1 є A1

?(mЧl) +?

Перпендикулярність двох прямих загального положення. Дві прямі загального положення взаємно перпендикулярні, якщо одна з них належить до площини, перпендикулярної до іншої прямої.

Приклад (рис.5.9). Через т. А побудувати l+m.

План рішення:

1) через т. А будуємо Г є А, Г+m, площину Г задають пересічними f та h, при цьому:

1. f2+m2

2. h1+m1

h2¦x¦f1

2) будуємо точку перетину прямої m і Г, для цього пряму заключають у допоміжну горизонтально-проекцюючу площину, будують точки перетину.

1. m є ?

?+П1

2. ?+Г=1,2

3. 1121

4. 12 є h2

22 є f2

5. 1222Чm2=K2

K1 є m1

6. A2K2 - l2

A1K1 - l1

l +m

Контрольні питання.

1. Як побудувати пряму паралельно до заданої площини?

2. Сформулюйте умову паралельності двох площин.

3. Назвіть умову перпендикулярності прямої та площини, двох площин.

Лекція 6. Перетин двох площин, прямої та площини

План лекції

1. Перетин двох площин:

а) одна з яких - площина окремого положення;

б) обидві площини загального положення;

в) визначення елементів видимості;

г) площин заданих слідами.

2. Перетин прямої та площини;

а) площина задана плоскою фігурою, паралельними або пересічними прямими;

б) площина задана слідами;

в) визначення елементів видимості.

1. Взаємний перетин двох площин. Результатом перетину двох площин є пряма лінія. Для побудування її проекцій необхідно визначити дві точки, які одночасно належать до двох площин.

Рішення кожної конкретної задачі залежить від графічних умов, якими

задають площини на кресленні.

В більшості випадків необхідно використовувати допоміжні площини окремого положення, що значно спрощує рішення задач.

Приклад 1 (рис. 6.1). Побудувати лінію перетину двох площин ГЧ?=KL.

Оскільки ?+П1, горизонтальний слід цієї

прямої має збиральні властивості.

Горизонтальна проекція прямої буде розташована на ?П1.

1. ?П1ЧА1В1=11

?П1ЧА1С1=21

2. 12 є А2В2

22 є А2С2

ГЧ?=1,2

Приклад 2 (рис. 6.2): Побудувати лінію перетину площин загального положення, які задані плоскими геометричними фігурами.

Для рішення цієї задачі необхідно використати допоміжні проектуючі площини, які дадуть змогу отримати рішення задачі.

1.AB є ?; ?+П2

?2ЧD2F2=12

?2ЧD2E2=22

11 є D1F1

21 є D1E1

1121ЧA1B1=K1

K2 є A2B2

2. AC є ?'; ?'+П2

?'2 ЧD2F2=32

?'2 ЧD2E2=42

31 є D1F1

41 є D1E1

3141ЧA1C1=L1

L2 є A2C2

K1L1; K2L2.

Лінія перетину двох площин ділить кожну площину на 2 частини - видиму і невидиму.

Для визначення елементів видимості пересічних площин необхідно використати рішення аналогічної задачі для мимобіжних прямих.

Якщо пересічні площини задані слідами, то лінію перетину будують у наступній послідовності:

1) позначають точки перетину однойменних слідів;

2) будують недостатні проекції цих точок, які завжди будуть розташовані на вісі х;

3) з'єднують однойменні проекції точок.



Приклад. Побудувати лінію перетину двох площин ? і Г.

? Ч Г=KL

Площини ? і Г - площини загального положення, а тому і лінія їх перетину - пряма загального положення.

Рішення задачі виконують

відповідно до загального алгоритму.

?П2 Ч Гп2=K2

?П1 Ч Гп1=L1

1. K1, L1 є x

2. K2L2; K1L1

Якщо одна з площин займає окреме положення, то побудування лінії перетину має певні особливості.

Приклад 1. Побудувати лінію перетину двох площин ?Ч?=KL

?+П1, тому горизонтальна проекція лінії перетину K1L1 буде належати до ?П1.

1. ?П2Ч?П2=K2

?П1Ч?П1=L1

2. K1L1 є ?П1

3. L2 є x; K2L2

Приклад 2. Побудувати лінію перетину двох площин ГЧИ.

1. И¦П1, И+П2, а тому на П2 l є И2

2. ГП2Чl2=12

3. l1¦ГП1 (рис. 6.5).

Перетин прямої та площини. Результатом перетину прямої та площини є точка.

Для побудування її проекцій необхідно:

1) Пряму заключити у допоміжну площину(проекціюючу або рівня).

2) Побудувати лінію перетину прямої та заданої площин

3) Позначити точку перетину лінії перетину двох площин та заданої прямої.

Приклад. Побудувати точку перетину прямої та площини.

1. l є ?; ?+П2

2. ?2ЧГ(ABC)=1,2

?2ЧA2C2=12

?2ЧB2C2=22

3. 11 є A1C1

21 є B1C1

4. 1121Чl1=K1

5. K2 є l2

Лекція 7. Методи перетворення ортогонального креслення

Загальні відомості. Рішення складних геометричних задач супроводжується великою кількістю графічних побудувань, що ускладнює аналіз та розуміння креслення. Для отримання рішення задачі з мінімальною кількістю побудувань використовують методи перетворення ортогонального креслення. Всі методи, які використовуються в нарисній геометрії ділять на дві групи:

- методи, в яких об'єкт проекціювання залишається незмінним, а система П1, П2, П3 доповнюється новими площинами проекцій П4, П5, П6;

- положення площин проекцій П1, П2, П3 залишається незмінним, а змінюється положення об'єкта проеціювання;

- такі перетворення дозволяють значно скоротити кількість побудувань на кресленні.

Метод заміни площин проекцій. Суть методу полягає в тому, що в систему з площин проекцій П1, П2, П3 послідовно вводять нові площини П4, П5, П6, які дозволяють отримати нове положення геометричного образу та спростити рішення задач.

В процесі перетворення зберігається ортогональний метод проекціювання. Тобто вісі проекцій розташовані завжди перпендикулярно до ліній проекційного зв'язку.

Розглянемо суть методу на об'ємній моделі Монжа.

В цьому випадку в системі площин проекцій П1/П2 замість площини П2 вводять нову площину П4 і отримують нову систему П2/П4. точку А проектують на П4 (А4), на вісі х1.4 отримують проекцію Ах1.4. Потім суміщають П4 з П1 та відмічають рівні відрізки AzAx1.2=AA1=Ax1.4A4.

Приклад. Побудувати проекції точки А на П4 та П5.

1. Площини П1/П2 заміняють на П1/П4. х1.4 А1А4, А2Ах1.2=Ах1.4А4.

Площини П1/П2 заміняють на П2/П5.

х2.5 А2А5, А1Ах1.2=Ах2.5А5

Рішення метричних та позиційних задач. Рішення метричних і позиційних задач розглянемо на конкретних прикладах.

Приклад 1. Визначити натуральну величину відрізка АВ заміною П1/П2 на П1/П4.

Для того, щоб визначити натуральну величину АВ треба перевести його із загального положення до прямої рівня, у якої одна з проекцій паралельна до вісі х.

х 1.4 ¦А1В1.

Приклад 2. Відрізок АВ перевести із загального в проектуюче положення.

Рішення цієї задачі складається з двох етапів:

1) пряму із загального положення переводять в пряму рівня (рис. 7.3);

2) пряму рівня переводять до проектуючої прямої Х 4.5+А4В4.

Приклад 3. Визначити відстань між мимобіжними прямими АВ та СD.

Для рішення цієї задачі необхідно:

1) одну з мимобіжних прямих перевести із загального положення до проектую чого;

2) з цієї точки опустити перпендикуляр на проекцію іншої прямої;

3) побудувати проекції перпендикуляра на всіх площинах проекцій.

1. П1/П2>П1/П4 x 1.4¦C1D1

2. x 4.5+C4D4

3. C5K5+A5B5=K5

(C5K5 - відстань)

4. K4 є A4B4

5. K4L4+C4D4

6. K1 є A1B1

L1 є C1D1

7. K2 є A2B2

L2 є C2D2

Приклад 4. Визначити натуральну величину ?АВС.

В цьому випадку необхідно:

1) Виконати дві заміни площин проекцій

2) В результаті першої заміни перевести (АВС) із загального положення до проекційного.

3) В результаті другої заміни нову площину проекцій розташувати паралельно до площини трикутника, на якій і отримати рішення.

План рішення:

1. П1/П2>П1/П4

Для виконання перетворень необхідно виконати умову перпендикулярності двох площин (трикутника та П4), а тому в площині трикутника будуємо горизонталь.

h є ABC

x 1.4+h

2. П1/П4>П4/П5

х 4.5 ¦А4В4С4

Контроль правильності рішень: ?АВС - найбільший на кресленні.

Приклад 5. Визначити величину двогранного кута.

Для рішення цієї задачі необхідно двогранний кут перетворити в лінійний, при цьому ребро двогранного кута АВ перевести із загального положення в проектуюче.

1. П1/П2>П1/П4

Х 1.4¦А1В1

2. П1/П4>П4/П5

х 4.5+ А4В4

<C5A5B5

Контрольні питання.

1. В чому полягає суть методу заміни площин проекцій?

2. Які задачі нарисної геометрії відносять до метричних?

3. Наведіть приклади їх рішення

4. Які задачі нарисної геометрії відносять до позиційних?

5. Наведіть приклади їх рішення.

Лекція 8. Методи перетворення ортогонального креслення

Метод площинно-паралельного переміщення

Цей метод дозволяє залишити незмінними положення площин проекцій П1, П2, П3, а перемістити геометричний образ таким чином, щоб кожна його точка рухалась у відповідних площинах рівня.

Приклад 1: Визначити натуральну величину АВ.

1.А1В1=А/1В/1

А/1В/1¦х

2. А/1А/2+х

В/1В/2+х

3. А/2В/2 - НВ

Приклад 2: Відрізок АВ перевести із загального положення до проектуючого

Рішення задачі складається з двох етапів:

1)Відрізок переводять із загального положення до прямої рівня.

2)Перевести пряму рівня до проектуючої прямої.

4.А//2В//2= А/2В/2

А//2В//2+х

1. А//1В//1.

Приклад 3: визначити натуральну величину ?АВС методом площинно-паралельного переміщення..

Площину ?АВС необхідно:

1) Перевести із загального до проектуючого положення

2) Перевести із проектуючого положення до площини рівня, що і буде розв'язком задачі.

1. h є ABC

2. h1+х

3. A/11/1+х

A1/B1/C1/

4. A2/B2/C2/

5. A2//B2//C2//= A2/B2/C2/

A2//B2//C2//¦х

6. A1//B1//C1// - HB

Метод обертання навколо вісі, перпендикулярної до однієї з площин проекцій

В цьому випадку всі точки геометричного образу рухаються в площинах рівня, які паралельні до однієї з площин проекції і перпендикулярні до інших. Тому одні точки будуть переміщуватися по дугам відповідних радіусів, а інші - по слідам площин, паралельних до вісі х.

Приклад 1: Визначити натуральну величину АВ.

1. i є A

i+ П1

2. A1B1-R1

A1B10¦х

3. B10B20+х

B20B2¦х

4. A2B20 - HB

Для рішення задачі необхідно знати центр та радіус обертання.

Приклад 2: визначити натуральну величину ?АВС. (Рис. 8.4)

1. i є A

i+ П1

2. В20, С20

А2В20С20 - НВ

Метод обертання навколо головних ліній креслення (фронталі і горизонталі)

Цей спосіб використовується. Якщо необхідно сумістити геометричний образ з площиною рівня.

В процесі переміщення кожна точка рухається у відповідних проекціюючих площинах.

Для рішення задачі необхідно визначити:

1) Центр обертання

2) Радіус обертання

Приклад 1: Побудувати нову проекцію точки А методом обертання навколо горизонталі. ортогональний проекція геометричний горизонталь

1.?п1+h1

?п1 є A1

?п1Чh1=O1

O2 є h2

2. A21=A12

O12 - HB R

3. A1/ є ?п1

Приклад 2: Методом обертання навколо горизонталі визначити натуральну величину ?АВС (Рис.

1. ? є В

? + h

?п1Чh1=O1

O2 є h2

2. O12 - R

B/1 є ?п1

3. Гп1 є С1

Гп1+ h1

4. Гп1ЧВ1/11=С1/

5. А1В1/С1/ - НВ

Обертання навколо фронталі

Приклад 3: Побудувати нове положення т. А методом обертання навколо фронталі.

А,f

1.Гп2+f2

Гп2Чf2=O2

O1 є f1

A11=A22

O22 - HB R

A2/ є Гп2

Метод обертання навколо слідів площини (суміщення)

Цей спосіб використовується, якщо необхідно виконати суміщення геометричного образу, який належить до заданої площини, з однією з площин проекцій.

Приклад 1: Методом обертання навколо горизонтального сліду площини побудувати нове положення проекції точки А.

1.?х12 - R

12/11+?п1

2.?х11/ - ?/п1

3.h1/¦?п1

4.А1/А1+?п1

Приклад 2. Визначити натуральну величину трикутника АВС.

Лекція 9. Геометричні поверхні

Утворення та завдання поверхні на кресленні. В нарисній геометрії поверхню представляють як результат послідовного переміщення однієї лінії (твірної) вздовж іншої (направляючої). Найпростішим прикладом геометричної поверхні є площина, при цьому прямолінійна твірна займає ряд послідовних положень, переміщуючись вздовж прямолінійної направляючої.

Задання поверхні на кресленні значно спрощується, якщо ввести термін «визначник поверхні», який в загальному вигляді записується так:

Ф(l; m) [A]

Визначник складається з двох частин:

1) геометричної (l - твірна, m - направляюча);

2) алгоритмічна [A] - вказує на закон утворення поверхні.

Таким чином, визначник дає змогу уявити поверхню з урахуванням кінематики її утворення.

В більшості випадків на кресленні поверхні задають проекціями характерних ліній - ребрами для гранних поверхонь і проекціями крайніх положень твірних для поверхонь обертання (рис. 9.2).

Приклади:

Призматична поверхня пірамідальна циліндрична конічна

2. Класифікація поверхонь. Відповідно до форм твірної поверхні ділять на:

1) лінійчаті (твірна-пряма лінія);

2) криві поверхні (твірна - крива лінія).

В свою чергу лінійчаті поверхні ділять на:

1) розгортаємі (для яких розгортки будують за допомогою простих методів);

2) нерозгортаємі (для побудови розгортки котрих застосовують спеціальні методи).

В нарисній геометрії найбільш широко застосовують такі поверхні:

1) гранні поверхні; 2) поверхні обертання.

Крім того існують й інші поверхні:

3) гвинтові (гелікоїди); 4) поверхні, які задають каркасом точок.

Приклади розгортаємих геометричних поверхонь.

Циліндрична поверхня - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної твірної. Прямолінійна твірна переміщується вздовж двох замкнутих криволінійних направляючих. В процесі переміщення пряма зберігає паралельність до заданого напряму S.

1. A2B2¦S2

C2D2¦S2

2. A1B1¦S1

C1D1¦S1

Конічна поверхня в результаті послідовного переміщення прямолінійної прямої вздовж замкнутої криволінійної направляючої. В процесі переміщення твірна завжди проходить через т S - вершину конуса (рис. 9.4).

Торс - утворюється в результаті послідовного переміщення твірної вздовж криволінійної направляючої. В процесі переміщення твірна є дотичною до направляючої (рис. 9.5).

Нерозгортаємі лінійчаті поверхні

Циліндроїд - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної прямої вздовж двох криволінійних направляючих. В процесі переміщення твірна займає положення, паралельне до площини паралелелізму (?).

1. ?+П1

l1¦? П1

l1Чm1=21

l1Чn1=11

2. 12 є n2

22 є m2

Коноїд - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної твірної вздовж прямо- та криволінійної направляючих. П1 - площина паралелелізму.

1. m+П1

l2¦x

l2Чm2/=12

2. 11 є m1/.

Коса площина - утворюється в результаті послідовного переміщення прямолінійної твірної вздовж двох прямолінійних направляючих (направляючі - мимобіжні прямі; П1 - площина паралелелізму)

1. l¦П1

2. l2¦х

l2Чm2=12

l2Чm2/=22

3. 11 є m1

21 є m1/

Гранні поверхні

Піраміда

SA, SB, SC - бокові ребра

SAB, SBC, SAC - бокові грані

?АВС - основа

AB, BC, AC - ребра основи

S - вершина

Поверхні обертання

Прямий циліндр (рис. 9.10). і - вісь обертання; AB, CD - твірні.

і+П1

AB+П1;CD+П1

AS, SB ¦П2

Г2 є 32

Г2¦х

Сфера - проектується на всі площини проекцій як коло з певним радіусом. Крім того, має характерні лінії - паралелі і меридіани (рис. 9.12).

Тор - утворюється в результаті обертання кола навколо вертикальної вісі, яка розташована за його межами.

1.51 - R

2.52 є ?2

Належність лінії та точки до поверхні. Лінія належить до поверхні, якщо вона проходить через дві або більше точок цієї поверхні.

Точка належить до поверхні, якщо вона належить до лінії цієї поверхні

В нарисній геометрії вирішується значна кількість задач по визначенню відсутніх проекцій точок , які належать до поверхонь.

Для визначення недостатніх проекцій точок на конічній поверхні використовують один з двох методів:

1) метод твірної;

2) метод допоміжних січних площин рівня (рис. 9.11). Рис. 9.13

Результатом перетину конусу з площиною Г буде коло радіус якого визначають на П2 на сліді Г2 від вісі обертання до твірної конусу. Цим радіусом на П1 будують коло, на яке проектують 31.

Той самий методичний підхід (допоміжна січна площина) використовують для сфери та тору (рис. 9.12, 9.13).

Контрольні питання.

1. Як утворюється геометрична поверхня на кресленні?

2. Як задають геометричні поверхні на кресленні?

3. Наведіть класифікацію геометричних поверхонь.

4. Наведіть приклади поверхонь обертання.

5. Сформулюйте умови належності точки та лінії до геометричної поверхні.

Лекція 10. Перетин поверхні площиною. Перетин прямої та поверхні

Перетин граних поверхонь площиною. Результатом перетину граної поверхні з площиною є замкнута ламана лінія. Для побудування точок цієї лінії використовують допоміжні січні площини або інші методи в залежності від конкретних умов задачі. Головним елементом рішення задач є визначення точок, які одночасно належать до січної площини та геометричної поверхні.

Приклад 1. Побудувати лінію перетину призми площиною Г.

Г - площина загального положення.

Призма розташована на П1.

Її бокові грані - горизонтально-проектуючі площини, а ребра - горизонтально-проектуючі прямі, які мають на П1 збиральні властивості, а тому горизонтальна проекція лінії перетину співпадає з проекцією призми на П1.

1.A1?11; B1?21; C1?31; D1?41.

Подальше рішення задачі зводиться до побудування фронтальних проекцій точок 1,2,3,4, які одночасно належать до призми і площини Г. Для цього використовуємо фронталі площини Г.

2.f2/ЧA2E2=12

3.f2ЧB2M2=22

4.f2///ЧC2N2=32

5.f2//ЧD2K2=42

На П2 з'єднуємо 12, 22, 32, 42 відрізками прямих, враховуючи те, що 22 є невидима.

1232,3242 - видимі;

1222, 2242 - невидимі (рис. 10.1).

Приклад 2. Побудувати лінію перетину піраміди з площиною ? та визначити натуральну величину перерізу (рис. 10.2).

Аналіз графічних умов:

- ? - фронтально-проектуюча площина, а тому ?п2 має збиральні властивості;

- у зв'язку з цим позначаємо точки перетину ?п2 з боковими ребрами піраміди;

- натуральну величину визначаємо методом заміни площин проекцій.

1. ?п2ЧS2A2=12

?п2ЧS2B2=22

?п2ЧS2C2=32

2. 11 є S1A1

21 є S1B1

31 є S1C1

3. П1>П4

х2.4¦122232

?142434 - НВ.

2. Перетин поверхонь обертання площиною. В результаті перетину поверхонь обертання площиною утворюється замкнута крива лінія. Загальна послідовність у розв'язанні задачі полягає у наступній послідовності дій:

1) використовуємо допоміжні січні площини окремого положення;

2) будуємо лінію перетину заданої поверхні з допоміжною січною площиною;

3) будуємо лінію перетину допоміжної і заданої площин;

4) позначаємо точки перетину лінії перетину поверхні з допоміжною площиною з лінією перетину площин.

Приклад: Побудувати лінію перетину конусу з площиною ? (рис. 10.3).

План рішення:

1) будуємо проекції крайньої верхньої та нижньої точок перетину, використовуючи допоміжну горизонтально-проектуючу площину Г.

1. Г+П1

2. Г1+?п1

Г1 є S1

3. Г1ЧK1=1121

4. ГЧ?=3,4

5. 3242ЧS222=A2

3242Ч S212=B2

6. A1B1 є Гп1

2) будуємо проекції крайньої правої та лівої точок лінії перетину, для цього використовуємо допоміжну січну площину ?¦П2.

7. ?¦П2

?П1¦х

?П1 є S1

8. ?Ч?= f

f2ЧS252=C2

f2ЧS262=D2

C1D1 є ?П1

9. И¦ П1

ИЧK= R

10. ИЧ?=h

h1ЧR1=E1, F1

E2, F2 є И2

На П1 лінія перетину - видима замкнута крива

На П2 лінія перетину має дві частини:видиму і невидиму.

Межові точки видимості - крайня права і ліва точки (С2, D2)

А2, Е2 - видимі

С2, D2, B2, F2 - невидимі.

Перетин прямої та поверхні. В результаті перетину прямої та поверхні утворюються дві точки: входу та виходу.

Для побудування їх проекцій необхідно:

1) пряму заключити у допоміжну січну площину окремого положення;

2) побудувати лінію перетину поверхні з допоміжною площиною;

3) позначити точки перетину заданої прямої з лінією перетину поверхні площиною;

4) визначити видимість прямої, яка на інтервалі точок входу-виходу невидима.

Приклад 1. Побудувати точки перетину прямої l та піраміди (рис. 10.4).

1. l є Г

Г+П2

2. 122232 є Г2

3. 11 є S1A1

21 є S1B1

31 є S1C1

4. l1Ч1131=K1

l1Ч2131=L1

K2, L2 є Г2

Деякі задачі вирішують за допомогою методу заміни площин проекцій.

Приклад 2. Побудувати точки перетину прямої l та сфери (рис. 10.5).

1. П1/П2>П1/П4

х1.4¦А1В1

K4L4

2. K1L1; K2L2.

Лекція 11. Взаємний перетин геометричних поверхонь

Перетин граних поверхонь. Результатом перетину граних поверхонь є замкнута ламана лінія. Для побудування проекцій точок цієї лінії використовують 2 методи:

1) будують точки перетину ребер однієї поверхні з гранями іншої (рішення задачі на перетин прямої та площини);

2) визначають лінії перетину граней першої поверхні з гранями іншої (рішення задачі на визначення ліній перетину двох площин).

Приклад. Побудувати лінію перетину трьохграної призми АВС з нахиленої пірамідою SEBDF (рис. 11.1).

Аналіз графічних умов.

Призма АВС перпендикулярна П1, тому її бокові грані горизонтально-проектуючі площини. На цій підставі горизонтальні проекції граней мають збиральні властивості. Тому:

1) позначаємо точки перетину ребер піраміди з гранями призми

1. S1E1ЧA1B1=11

S1E1ЧB1C1=21

S1F1ЧA1B1=31

S1F1ЧB1C1=41

2. 12; 22 є S2E2

32;42 є S2F2

Ребро призми В перетинає дві грані піраміди CDE та CDF. Для визначення точок перетину використовуємо пряму лінію і з'єднуємо S1B1.

3. S1B1ЧE1D1=51

S1B1ЧF1D1=61

S252ЧB2=72

71?B1

4. 62 є F2D2

S262ЧB2=82

81?B1?71

На П2 з'єднуємо точки перетину з урахуванням їх видимості.

1272;2272;3282;4282 - видимі

1232;2242;3242;8272 - невидимі

Перетин поверхонь обертання. В результаті взаємного перетину поверхонь обертання утворюється замкнута крива лінія. Для побудування її проекцій використовують два методи:

1) метод допоміжних січних площин рівня;

2) метод допоміжних січних концентричних сфер.

Метод допоміжних січних площин рівня використовується, якщо:

1) обидві поверхні є поверхнями обертання;

2) вісі обертання обох поверхонь не перетинаються.

Суть методу полягає в тому, що в результаті перетину січних площин і кожної поверхні утворюються прості лінії - твірні або кола, які в свою чергу також перетинаються і дають положення проекцій точок, які належать до лінії перетину поверхонь.

Приклад: побудувати лінію перетину конусу і сфери.

План рішення.

Будуємо проекції точок перетину крайньої правої твірної конусу і сфери та їх горизонтальні проекції.

1.1222

1121

2. На П2 будуємо фронтальний слід допоміжної січної площини ?.

2. ?2¦х

?2ЧК2=R2

?2ЧСф2=r2

R1Чr1=31;31/

32;32/ є O2

3.?2/¦х

?2/Ч К2=R2/

?2/ЧСф2=r2/

R1/Чr1/=41/;41

42;42/ є ?2/

На П2 лінія перетину - видима крива. На П1 - лінія перетину складається з двох частин: видимої та невидимої.

Видимі точки: 11, 31, 31/, 41, 41/ на П2 розташовані над екватором сфери. 42, 42/ - на екваторі, тому є межовими точками видимості. Невидимі на П1: 41, 41/, 21, 51, 51/ - на П2 розташовані під екватором сфери.

Метод допоміжних січних концентричних сфер використовується, якщо:

1) обидві поверхні є поверхнями обертання;

2) вісі симетрії (обертання) обох поверхонь перетинаються;

3) обидві поверхні мають загальну площину симетрії.

Приклад. Побудувати лінію перетину прямого конусу та нахиленого циліндру.

План рішення:

1) рішення задачі виконують на П1. Горизонтальні проекції точок лінії перетину визначають як недостатні проекції точок, які належать до поверхні конусу (методом твірної або допоміжної січної площини рівня). Тому, по-перше. Визначають положення точок перетину крайньої правої твірної конусу і твірної циліндра.

1. 1222

2) з центру О2 будують сферу 1. дотичну до правої твірної конусу. З точки дотику проводимо допоміжну пряму, паралельно до основи конусу.

3) з'єднують прямою точки перетину сфери 1 з твірними циліндру. Ця лінія перетинає попередню і отримуємо проекції точок лінії перетину поверхонь.

2. Сф1; 3232/

4) збільшуємо радіус сфери 1 на 2-3 мм і з центру О2 будуємо сферу 2, концентричну до сфери 1.

3. Сф2.

5) з точок перетину сфери 2 та твірної конусу будують допоміжні горизонтальні прямі. З'єднують точки перетину сфери 2 з твірними циліндру. Остання пряма перетинає дві попередні і отримуємо положення проекцій точок лінії перетину поверхонь.

4. 42, 42/

52, 52/

6) з'єднують плавною лінією 124242/3232/5252/22. Лінія перетину на П2 - видима.

Перетин граних поверхонь з поверхнями обертання. В результаті перетину утворюється замкнута крива лінія. Для визначення проекцій точок цієї лінії використовують метод допоміжних січних площин рівня, які перетинають обидві поверхні.

Результатом перетину граної поверхні з січною площиною будуть прямі лінії, а результатом перетину з поверхнею обертання - коло. Прямі лінії перетинаються з відповідними колами і утворюються проекції точок, які належать до лінії перетину поверхонь.

Приклад. Побудувати лінію перетину конусу і призми (рис. 11.4).

Аналіз графічних умов:

Призма АВС перпендикулярна П2, а тому фронтальна проекція лінії перетину поверхонь буде розташована на фронтальній проекції призми і подальше рішення задачі зводиться до побудування точок лінії перетину поверхонь. Для цього використовують допоміжні горизонтальні січні площини рівня Г¦П1.

1.Г¦П1

2.Г2¦х

Г2 є В2

Г2ЧК2=R2

R1ЧB1=11, 11/

12, 12/?B2

2.Г2/¦х

Г2/ЧА2В2=22, 22/

Г2/ЧВ2С2=32, 32/

21, 21/, 31, 31/

3.Г2// є А2С2

4.А2?42?42/; В2?52?52/

41, 41/, 51, 51/.

Лекція 12. Види, розрізи, перерізи, виносні елементи. ГОСТ 2.305-68

Види. Видом називається зображення видимої зверненої до глядача частини предмета або деталі.

Класифікація видів:

1. основні

2. додаткові

3. місцеві

Основні види - утворюються за рахунок ортогонального проектування предмету або деталі на 6 внутрішніх граней кубу. Положення основних видів на кресленні відносно головного виду регламентовано державним стандартом (рис. 12.1).

Зображення основних видів на кресленні повинно виконуватися з додержанням проекційного зв'язку кожного елемента деталі на всіх зображеннях.

Головний вид (спереду) - повинен давати найбільш повну інформацію про конструкцію та розмір деталі. Найбільш широко, крім головного виду, використовують вид зверху та вид зліва. Всі інші види доповнюють ці три основні види.

Додаткові види використовують для зображення окремих нахилених відносно площин проекцій деталей. При цьому напрям проектування вказують стрілкою та великою літерою алфавіту.

Зображення додаткового виду розташовують на вільному місці креслення та супроводжується цією ж літерою.

Місцеві види - використовуються для зображення окремих конструктивних деталей елементів. Позначення та розташування місцевих видів аналогічно до додаткових, але зображення місцевого виду обмежують тонкою хвилястою лінією (рис. 12.3).

Розрізи. Розріз - це зображення частини предмету або деталі, яка розташована в січній площині та за нею. Розрізи використовують для зображення внутрішньої конструкції деталі, яку неможливо представити на видах.

Класифікація розрізів:

По положенню січної площини відносно горизонтальної площини проекції розрізи ділять на:

1) вертикальні розрізи (січна площина розташована перпендикулярно до П1)

- фронтальний (на місці головного виду);

- профільний (зліва);

2) горизонтальний розріз (січна площина розташована паралельно до П1, розташований на місці виду зверху);

3) нахилені розрізи (січна площина розташована під довільним кутом нахилу до горизонтальної площини);

4) місцеві;

5) складні розрізи (2 або більше січних площин).

Приклад фронтального розрізу

Ті елементи деталі, що розташовані в січній площині на зображенні розрізів штрихують тонкою суцільною лінією. Відстань між штрихами 1-2 мм, кут нахилу 45°

Нахилені розрізи:

Використовуються для зображення внутрішньої конструкції окремих нахилених елементів деталі (рис. 12.5).

Положення січної площини на кресленні приводять за допомогою утовщеної лінії. Напрям проектування вказують стрілками, перпендикулярними до утовщеної лінії.

Розріз позначають великими літерами алфавіту, які розташовують тільки вертикально. Їх висота - це шрифт, на 1-2 порядку вищий, ніж у розмірних числах.

Позначають розріз тими ж літерами по типу «А-А» і не підкреслюють.

Місцеві розрізи - використовують для зображення внутрішньої конструкції мілких елементів деталі.

Зображення місцевих розрізів розташовують безпосередньо на відповідних видах деталей.

Складні розрізи - утворюються в результаті двох або більше січних площин.

Складні розрізи ділять на:

1) ступневі;

2) ламані.

Ступневі розрізи утворюються при використанні двох або більше січних площин, паралельних між собою

Ламані розрізи утворюються в результаті використанні двох або більше січних площин, які перетинаються між собою. Ламані розрізи використовують для зображення внутрішньої конструкції деталі, які мають нахилені елементи.

Перерізи. Перерізи - це зображення частини деталі, яка розташована тільки в січній площині.

Відносно до розташування зображення перерізу відповідно виду деталі перерізи ділять на

1) винесені;

2) накладені;

3) розташовані в розриві виду.

Виносні елементи. Використовують для зображення окремих мілких конструктивних елементів деталей: центрові отвори, проточки, канавки.

Лекція 13. Аксонометричні проекції

Загальні відомості. Ортогональне проектування дозволяє отримати плоскі зображення геометричного образу на відповідних площинах проекцій. Для того, щоб отримати уявлення про геометричні форми та розміри предмету або деталі, необхідно виконати комплексний аналіз всіх зображень креслення. Що є досить складною геометричною задачею.