K noktası aittir. Karmaşık bir çizimi dönüştürme

Aidiyet işaretleri planimetri kursundan iyi bilinmektedir. Görevimiz bunları geometrik nesnelerin izdüşümleriyle ilişkili olarak ele almaktır.

Bir nokta, eğer bu düzlemde bulunan bir doğruya aitse, bu düzleme aittir.

Düz bir düzleme ait olmak iki kriterden biriyle belirlenir:

a) düz bir çizgi bu düzlemde yer alan iki noktadan geçer;

b) Bir doğru bir noktadan geçiyor ve bu düzlemdeki doğrulara paralel.

Bu özellikleri kullanarak örnek olarak problemi çözelim. Düzlemin bir üçgenle tanımlanmasına izin verin ABC. Eksik projeksiyonu oluşturmak gerekiyor D 1 puan D bu uçağa ait. Yapım sırası aşağıdaki gibidir (Şekil 2.5).

Pirinç. 2.5.

Bir düzleme ait bir noktanın izdüşümlerini oluşturmak D Nokta aracılığıyla 2 düz bir çizgi projeksiyonu gerçekleştiriyoruz D  ABC, uçakta yatıyorum üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen A üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen 2 D 2. O halde 1 2 noktası doğrulara aittir 2 ve 2 CİÇİNDE 2 ve 1 C 2. Bu nedenle, 1 1 yatay izdüşümünü elde edebiliriz. üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen 1 iletişim hattı üzerinden. Bağlantı noktaları 1 1 ve 2 düz bir çizgi projeksiyonu gerçekleştiriyoruz 1, yatay bir projeksiyon elde ediyoruz D 1. D 2 .

Meselenin şu olduğu açık

1 ona aittir ve nokta ile projeksiyon bağlantısı hattında yer almaktadır.

Bir noktanın mı yoksa düz bir düzlemin mi ait olduğunu belirleme problemleri oldukça basit bir şekilde çözülür. Şek. Şekil 2.6 bu tür sorunların çözümündeki ilerlemeyi göstermektedir. Sorunun daha net anlaşılması için düzlemi bir üçgenle tanımlıyoruz. Pirinç. 2.6. Bir noktanın düz bir düzleme ait olup olmadığını belirleme problemleri. Bir noktanın ait olup olmadığını belirlemek için  ABC e uçak, önden projeksiyonu boyunca düz bir çizgi çizin E 2  ABC A uçak 2. A düz çizgisinin düzleme ait olduğunu varsayarsak uçak, yatay projeksiyonunu oluşturalım Pirinç. 2.6. Bir noktanın düz bir düzleme ait olup olmadığını belirleme problemleri. 1 ve 2 numaralı kesişme noktalarında 1. Gördüğümüz gibi (Şekil 2.6, a), düz Pirinç. 2.6. Bir noktanın düz bir düzleme ait olup olmadığını belirleme problemleri. ABC.

1 noktasından geçmiyor 1. Bu nedenle nokta Bir hatta ait olma sorununda ABC V 1. Bu nedenle noktaüçgen uçaklar 1. Bu nedenle nokta(Şekil 2.6, b), düz çizgi çıkıntılarından birini kullanmak yeterlidir 1. Bu nedenle nokta ABC 2 başka bir tane inşa et 1. Bu nedenle nokta 1 * bunu dikkate alarak 1. Bu nedenle nokta. Gördüğümüz gibi, 1. Bu nedenle nokta   ABC.

1* ve

1 eşleşmiyor. Bu nedenle düz 2.4. Düzlemdeki seviye çizgileri Seviye çizgilerinin tanımı daha önce verilmişti. Belirli bir düzleme ait seviye çizgilerine denir

Üçgenin tanımladığı düzlemde seviye çizgileri oluşturmayı düşünelim (Şekil 2.7).

Pirinç. 2.7. Üçgenle tanımlanan bir düzlemin ana çizgilerinin oluşturulması

Yatay düzlem  ABCönden projeksiyonunu çizerek başlıyoruz H Eksene paralel olduğu bilinen 2 AH. Bu yatay doğru bu düzleme ait olduğundan düzlemin iki noktasından geçer.  ABC yani puanlar üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen ve 1. Önden projeksiyonlara sahip olmak üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen 2 ve 1 2, iletişim hattı boyunca yatay projeksiyonlar elde ediyoruz ( üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen 1 zaten mevcut) 1 1 . Noktaları birleştirme üçgenin kenarlarından biri ile noktayı kesen 1 ve 1 1, yatay bir projeksiyonumuz var H 1 yatay düzlem  ABC. Profil projeksiyonu H 3 yatay düzlem  ABC eksene paralel olacak AH tanımı gereği.

Ön düzlem  ABC benzer şekilde inşa edilmiştir (Şekil 2.7), tek fark çiziminin yatay bir çıkıntıyla başlamasıdır F 1, çünkü OX eksenine paralel olduğu biliniyor. Profil projeksiyonu F 3 cephe OZ eksenine paralel olmalı ve çıkıntılardan geçmelidir İLE 3, 2 3 aynı noktalardan İLE ve 2.

Uçağın profil çizgisi  ABC yatay var R 1 ve ön R Eksenlere paralel 2 projeksiyon OY Ve OZ ve profil projeksiyonu R 3 kesişim noktaları kullanılarak önden elde edilebilir C ve 3 saniye  ABC.

Bir düzlemin ana çizgilerini oluştururken yalnızca bir kuralı hatırlamanız gerekir: sorunu çözmek için her zaman belirli bir düzlemle iki kesişme noktası elde etmeniz gerekir. Farklı bir şekilde tanımlanan bir düzlemde yer alan ana hatların inşası yukarıda tartışılandan daha karmaşık değildir. Şek. Şekil 2.8 kesişen iki çizgiyle tanımlanan yatay ve ön düzlemlerin yapısını göstermektedir uçak Ve 1. Bu nedenle nokta.

Pirinç. 2.8. Kesişen düz çizgilerle tanımlanan bir düzlemin ana çizgilerinin oluşturulması.

Bir nokta, eğer bu düzlemin herhangi bir düz çizgisine aitse, bu düzleme aittir.

Düz bir çizgi, eğer iki noktası bir düzleme aitse, bir düzleme aittir.

Oldukça açık olan bu iki cümleye genellikle bir noktanın düz bir düzleme ait olmasının koşulları denir.

Şek. 3.6 düzlem genel konum verildi ABC üçgeni. A, B, C noktaları bir üçgenin bu düzlemden köşeleri olduğundan bu düzleme aittir. (AB), (BC), (AC) doğruları, iki noktası da düzleme ait olduğundan düzleme aittir. N noktası (AC'ye), D (AB'ye), E (CD)'ye aittir ve dolayısıyla N ve E noktaları (DABC) düzlemine aittir, bu durumda düz çizgi (NE) (DABC) düzlemine aittir ).

Bir L noktasının bir izdüşümü verilirse, örneğin L 2 ve L noktasının düzleme (DABC) ait olduğu biliniyorsa, o zaman ikinci L 1 izdüşümünü bulmak için sırasıyla (A 2 L 2), K'yı buluruz. 2, (A 1 K 1), L 1.

Bir noktanın düzleme ait olma koşulu ihlal edilirse o nokta düzleme ait değildir. Şek. Şekil 3.6'da, R noktası (DABC) düzlemine ait değildir, çünkü R2 (F 2 K 2'ye) aittir ve R1 (A 1 K 1'e) ait değildir.

Şek. 3.7 verildi karmaşık çizim yatay projeksiyon düzlemi (DCDE). K ve P noktaları bu düzleme aittir, çünkü P 1 ve K 1, düzlemin (DCDE) yatay izdüşümü olan düz çizgiye (D 1 C 1) aittir. N 1 (D 1 C 1)'e ait olmadığı için N noktası düzleme ait değildir.

Düzlemin tüm noktaları (DCDE), P 1'e düz bir çizgi (D 1 C 1) halinde yansıtılır. Bu, uçağın (DCDE) ^ П 1 olduğu gerçeğinden kaynaklanmaktadır. L noktası için yapılan yapıların aynısını P noktası (veya başka herhangi bir nokta) için de yaparsanız bunu doğrulayabilirsiniz (Şekil 3.6). P 1 noktası düz bir çizgiye (D 1 C 1) düşecektir. Böylece bir noktanın yatay olarak çıkıntı yapan düzleme ait olup olmadığını belirlemek için önden izdüşümüne (DC 2 D 2 E 2) gerek yoktur. Bu nedenle gelecekte çıkıntı yapan düzlemler yalnızca tek bir çıkıntıyla (düz çizgi) belirtilecektir. Şek. Şekil 3.7, önden çıkıntı S2 tarafından tanımlanan önden çıkıntılı S düzlemini ve ayrıca A Î S ve B Ï S noktalarını göstermektedir.

Bir noktanın ve bir düzlemin göreceli konumu, o noktanın düzleme ait olup olmadığına bağlıdır.

Birçok problemin çözümünde genel ve özel düzlemlere ait seviye çizgilerinin çizilmesi gerekmektedir. Şek. Şekil 3.8 genel konum düzlemine (DABC) ait yatay h ve ön f'yi göstermektedir. Ön projeksiyon h2 x eksenine paraleldir, dolayısıyla h düz çizgisi yataydır. h doğrusundaki 1 ve 2 noktaları düzleme aittir, dolayısıyla h doğrusu da düzleme aittir. Dolayısıyla h düz çizgisi, düzlemin yatayıdır (DABC). Genellikle inşaat sırası şu şekildedir: h 2; 1 2, 2 2; 1 1, 2 1; (1 1 2 1) = saat 1 . Ön f, A noktasından çizilir. Yapım sırası: f 1 // x, A 1 О f 1 ; 3 1, 3 2; (A 2 3 2) = f 2 .

Yukarıda tartışılan yapılardan, bir düzlemdeki düz bir çizginin bu düzlemin herhangi bir noktasından çizilebileceği sonucu çıkmaktadır.

Düzlemlerin çakışması bir düzlemin diğerine ait olduğu şeklinde yorumlanabilir. Bir düzlemin üç noktası başka bir düzleme aitse bu düzlemler çakışır. Bahsedilen üç nokta aynı düz çizgi üzerinde olmamalıdır. Şek. Şekil 3.10'da (DDNE) düzlemi S(DABC) düzlemiyle çakışmaktadır, çünkü D, N, E noktaları S(DABC) düzlemine aittir.

DABC tarafından tanımlanan S düzleminin artık DDNE tarafından tanımlanabileceğini unutmayın. Herhangi bir düzlem seviye çizgileriyle tanımlanabilir. Bunu yapmak için, S düzlemini tanımlayacak olan S(DABC) düzlemindeki bir noktadan (örneğin, A noktasından) düzlemde bir yatay ve bir ön çizgi çizmek gerekir (yapılar şekilde gösterilmemiştir). Şekil 3.10). Yatay çizgiyi oluşturma sırası şu şekildedir: h 2 // x (A 2 Î h 2); K2 = h2ÇB2C2; K 1 О B 1 C 1 (K 2 K 1 ^ x); A 1 K 1 = h 1 . Ön cepheyi oluşturma sırası: f 1 // x (A 1 О f 1); L 1 = f 1 Ç B 1 C 1; L 2 О B 2 C 2 (L 1 L 2 ^ x); A 2 L 2 = f 2 . S(DABC) = S(h, f) yazabiliriz.

KARMAŞIK BİR ÇİZİMİ DÖNÜŞTÜRME

biliyorum tanımlayıcı geometri Bir figürün karmaşık çiziminin dönüştürülmesi, genellikle şeklin uzayda hareket ettirilmesinden, yeni projeksiyon düzlemlerinin eklenmesinden veya diğer projeksiyon türlerinin kullanılmasından kaynaklanan değişiklik olarak anlaşılır. Başvuru çeşitli yöntemler Karmaşık bir çizimi dönüştürmenin (yöntemleri) birçok sorunun çözümünü kolaylaştırır.

4.1. Projeksiyon düzlemi değiştirme yöntemi

Projeksiyon düzlemlerini değiştirme yöntemi, projeksiyon düzlemlerinden biri yerine diğer projeksiyon düzlemine dik yeni bir düzlemin yerleştirilmesidir. Şek. Şekil 4.1, sistemdeki A noktasının (P 1 P 2) kapsamlı bir çizimini elde etmenin uzaysal diyagramını göstermektedir. A 1 ve A 2 noktaları – yatay ve ön projeksiyon A, AA 1 A x A 2 noktaları – düzlemi x eksenine dik olan bir dikdörtgen (Şekil 2.3).

Yeni uçak P4, P1'e diktir. A noktasını P 4'e yansıttığımızda, yeni bir A 4 projeksiyonu elde ederiz, AA 1 A 14 A 4 şekli, düzlemi x 14 = P 4 Ç P 1 yeni eksenine dik olan bir dikdörtgendir. Kapsamlı bir çizim elde etmek için projeksiyon düzlemlerinde bulunan şekilleri ele alacağız. P 4, x 14 ekseni etrafında dönerek P 1 ile uyumludur, ardından x ekseni etrafında dönerek P 1 (ve P 4), P 2 ile uyumludur (Şekil 4.1'de, P düzlemlerinin hareket yönleri). 4 ve P 1 oklu kesikli çizgilerle gösterilmiştir). Ortaya çıkan çizim Şekil 2'de gösterilmektedir. 4.2. Şekil 2'deki dik açılar. 4.1, 4.2 noktalı bir yay ile işaretlenmiştir, eşit parçalar iki vuruşla işaretlenmiştir ( zıt taraflarŞekil 2'deki dikdörtgenler 4.1). Sistemdeki A noktasının (P 1 P 2) karmaşık çiziminden, sistemdeki (P 1 P 4) A noktasının karmaşık çizimine geçtik, P 2 düzlemini P 4 düzlemiyle değiştirdik, A 2'yi şu şekilde değiştirdik: 4.

Bu yapılara dayanarak, projeksiyon düzlemlerini değiştirmek için bir kural (yeni bir projeksiyon elde etme kuralı) oluşturuyoruz. Gerçekleştirdiğimiz yeri doldurulamaz bir projeksiyon aracılığıyla yeni hat projeksiyon bağlantısı yeni eksene dik, daha sonra projeksiyon bağlantısının çizgisi boyunca yeni eksenden uzunluğu değiştirilen projeksiyondan eski eksene olan mesafeye eşit olan bir parça yerleştiriyoruz, ortaya çıkan nokta yeni projeksiyondur. Yeni eksenin yönünü keyfi olarak alacağız. Koordinatların yeni kökenini belirtmeyeceğiz.

Şek. Şekil 4.3 sistemdeki karmaşık bir çizimden (P 1 P 2) sistemdeki karmaşık bir çizime (P 2 P 4) geçişi ve ardından sistemdeki karmaşık bir çizime (P 4 P 5) geçişi göstermektedir. P 1 düzlemi yerine, P 2'ye dik olan P 4 düzlemi uygulandı, ardından P 2 yerine P 4'e dik olan P 5 düzlemi tanıtıldı. Projeksiyon düzlemlerini değiştirme kuralını kullanarak, projeksiyon düzlemlerini istediğiniz sayıda değiştirebilirsiniz.

Görev. Koordinatlarıyla belirtilen, çiftler halinde çakışmayan ve aynı düz çizgi üzerinde yer almayan üç A, B ve C noktası veriliyor. D(x_d,y_d) noktasının ABC üçgenine ait olup olmadığını belirleyin.
Sorunun herhangi bir durum için kolayca genelleştirilebileceğini hemen belirtelim. dışbükey çokgen.

Testler

Aşağıdaki durumların testlere yansıtılması gerekmektedir:

1. Kesinlikle üçgenin dışına gelin
2. Nokta kesinlikle üçgenin içinde
3. Nokta üçgenin köşelerinden biriyle çakışıyor
4. Nokta üçgenin kenarlarından birinde yer alır
5. Nokta üçgenin kenarlarından birinin devamında yatıyor
6. Üçgenin kenarlarından biri koordinat eksenlerinden birine paraleldir
7. Üçgenin iki tarafı koordinat eksenlerine paraleldir

Kötü karar

İÇİNDE okul ders kitapları Bu tür problemlerin S_(ABC)=S_(ABD)+S_(BCD)+S_(CAD) koşullarını kontrol ederek çözülmesi sıklıkla tavsiye edilir. Bilgisayar uygulamasında bu, iki şeyin karşılaştırılması ihtiyacını doğurur. gerçek sayılar eşitlik için. Bu son derece nahoş operasyon ancak belli bir dereceye kadar güvenilirlik. Onlar. mutlak \left| olup olmadığını kontrol etmeniz gerekecek. S_(ABD)+S_(BCD)+S_(CAD)-S_(ABC) \right|< \varepsilon или относительное \left| 1-\frac{S_{ABD}+S_{BCD}+S_{CAD}}{S_{ABC}} \right| < \varepsilon отклонение. Оставим эти вопросы для курса sayısal yöntemler ve yaklaşık hesaplama yöntemleri bu yola düşmeyecektir.

Kötü bir karar değil

Basit bir gözlemle başlayalım:

Bir üçgenin (ve herhangi bir dışbükey çokgenin) tüm noktaları, her iki taraftan geçen bir çizginin aynı tarafında yer almalıdır.

Örneğin A ve B noktalarından geçen düz bir çizginin denklemini yazalım. \left(x-x_A \right) \left(y_B-y_A \right)-\left(y-y_A \right) elde ederiz. \left(x_B-x_A \ right) = 0. Denklemi öyle bir şekilde yazdım ki bölme işlemi yapmama ve paydada sıfır endişesi duymama gerek kalmadı.

Artık herhangi bir \left(x;y \right) noktası için hesaplayabiliriz sol taraf eşitlik verilmiştir. Düz bir çizgi üzerinde yer alan noktalar için sıfır almalıyız. Aynı zamanda düz çizgi, düzlemi iki yarım düzleme bölecektir. Aynı yarım düzlemde bulunan noktalar şunu verecektir: pozitif değerler. Ve diğer yarı düzlemden gelen noktalar negatiftir.
İlk koşulu kontrol etmeye hazırız: D \left(x_d,y_d \right) noktası, \left(AB \ düz çizgisine göre C \left(x_c,y_c \right) noktasıyla aynı yarım düzleme mi ait? Sağ)? Bunu yapmak için her iki noktayı da yukarıdaki düz çizgi denkleminin sol tarafına yerleştirip elde edilen değerlerin aynı işaretli olduğundan emin oluyoruz. Peki ya noktalardan biri tam olarak sıfır verirse? Bu, noktanın bir çizgi üzerinde olduğu anlamına gelir. Problemin koşullarına göre bu sadece D noktası olabilir. O zaman C noktası için hesaplanan ifadenin işareti ne olursa olsun üçgene aittir.

Doğru üzerindeki herhangi bir nokta için yaklaşık hesaplamalarımızın tam olarak sıfır vereceğini iddia etmediğimizi lütfen unutmayın. Bu yanlış olur. Yalnızca elimizdeki doğrulukla yapılan hesaplamalar hala tam sıfır veriyorsa, o zaman şunu iddia ederiz: zoraki saymak bu nokta bu çizgide yatıyor.

Doğal olarak, üçgenin geri kalan iki tarafı (veya dışbükey çokgenin geri kalan tüm kenarları) için benzer koşulları yazmamız gerekecek.

Kötü kod

Değişkenleri tanımlayıp değerlerini okuyarak başlayalım. Bundan sonra üyeliği kontrol eden çok zahmetli bir şartı yazacağız.

Nokta üçgene mi ait?

Yukarıdaki kodun önemli dezavantajları vardır. İşareti kontrol etmek için iki noktadan geçen bir doğrunun denklemini üç kez yazmamız ve her birinin koordinatlarını iki kez yerine koymamız gerekiyordu. Bu, bir formülü farklı ikamelerle altı kez yazmamız gerektiği anlamına geliyor. Kullandığımız yaklaşımla iki sorunumuz var. Birincisi, durum kolayca anlaşılamayacak kadar karmaşık hale geldi. İkincisi, ki bu çok daha kötüdür, bu tür kodlar hata yapma olasılığını \frac ( 1-( \left(1-p \right) )^( 6 ) )( p ) kat artırır. Komik ama bu, acemi bir programcının hata yapma olasılığının iki kat, deneyimli bir programcının ise altı kat arttığı anlamına geliyor. Deneyimli programcıların böyle kod yazmaması iyi bir şey.

Fena bir kod değil

Nasıl oluşturulacağını zaten bildiğimiz şeyi kullanalım yerel işlevler Kod miktarını biraz azaltmak ve anlaşılmasını kolaylaştırmak için.
Koşulu C++ programlama dilinde yazalım:

İşlevleri kullanarak çözüm

Bu kodu çalıştırmak için tıklayın.
Kodun daha net mi yoksa daha kısa mı hale geldiğini söylemek zor. Ancak içerisinde tekrar eden algoritmik blokların bulunmadığını kesin olarak söyleyebiliriz. Kodun tüm bölümleri tam olarak bir kez yazılır. Bu, hata olasılığını azaltır.

Cheshire kodu

Bu kod henüz incelemediğiniz yapıları içerir. Bu onu biraz gizemli gösterebilir. Ancak bilimin granitini kemirmeye devam ederseniz, her şeye kolayca hakim olursunuz. Veya bekleyebilirsin...

Kodlama noktalarının yapısı