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).
