Теоретичні основи та практичний розгляд стереометричних задач на побудову

Теоретичні основи та практичний розгляд стереометричних задач на побудову

Зміст

Вступ

Розділ 1. Теоретичні основи геометричних побудов у курсі стереометрії

.1 Паралельне і центральне проектування та їх властивості

.2 Основні типи стереометричних задач на побудову та методи їх розв’язування

.2.1 Задачі на уявлювані побудови

.2.2 Побудова елементів плоских фігур, заданих на проекційному рисунку

.2.3 Побудова перерізів многогранників методом слідів

.2.4 Побудова перерізів геометричних тіл методом внутрішнього проектування

Висновки до розділу 1

Розділ 2. Методика вивчення задач на побудову в старшій профільній школі

.1 Методичні рекомендації до проведення уроків з навчання учнів розв’язуванню стереометричних задач на побудову

.2 Спецкурс для підготовки до ЗНО учнів з теми "Розв’язування стереометричних задач на побудову"

.3 Комп’ютерна підтримка навчання учнів розв’язуванню стереометричних задач на побудову

Висновки до розділу 2

Загальні висновки

Список використаних джерел

стереометрія проектування побудова задача

Вступ

Актуальність теми.

Сучасна освіта розглядається в усьому світі як важливий чинник становлення та розвитку особистості, як невід’ємна частина формування соціокультурного середовища.

Зміни в науці, техніці й виробництві висувають нові вимоги до математичної підготовки компетентного, конкурентоспроможного випускника у зв’язку з посиленням ролі математики в усіх сферах життєдіяльності людини та актуальністю реалізації одного з важливих завдань навчання геометрії в школі - розвиток просторової уяви та формування просторових уявлень учнів, здатності й умінь здійснювати операції з просторовими об’єктами.

Це завдання сучасної школи актуалізує проблему формування конструктивно-геометричних умінь та навичок учнів, яка є важливим фактором, що сприяє загальнокультурному розвитку людини, її готовності до безперервної освіти і професійної діяльності як у технічній, так і будь-якій іншій сфері людської діяльності.

Розв’язання вищезазначеної проблеми змушує вести пошук не лише у напрямку розробки принципово нового наукового супроводу навчального процесу, але і переусвідомлення минулого досвіду та його адаптації у нових історичних умовах, спрямованих на використання інформаційно-комунікаційних технологій (ІКТ) з метою якісного наповнення та модифікації інформаційного простору, яке відповідає сутності, обсягу, змісту, швидкості сприйняття інформації.

Що стосується вивчення математики в умовах профільного навчання, то відповідно до Типових навчальних планів для профільного навчання на III ступені загальноосвітніх навчальних закладів, затверджених Наказом Міністерства освіти і науки України "Про затвердження типових навчальних планів для організації профільного навчання у загальноосвітніх навчальних закладах" від 25.05. 2003р. №306, на вивчення математики в загальноосвітніх навчальних закладах відводиться така кількість годин.

У профільній диференціації навчання учнів математики можна виділити три етапи:

Перший етап (5-7 класи) - етап формування профільних інтересів. На цьому етапі доцільним є запровадження різноманітних форм позакласної роботи з предмета: гуртки, турніри, конкурси, олімпіади, вечори цікавої математики.

Другий етап (8 - 9 класи) -- етап становлення до- профільних інтересів. Тут реалізується різнорівневе вивчення курсу математики за відповідними програмами.

Третій етап (10-11 класи) етап безпосередньої реалізації профільного навчання математики. Він забезпечується:

• змістом основного курсу математики відповідно до базового навчального плану;

• системою курсів за вибором;

• організацією самостійної творчої роботи учнів, системою індивідуальних завдань (особистісноорієнтована математична підготовка). Кількість обов'язкових предметів (курсів) в старших класах середньої школи набагато менша, ніж в основній. Профільна диференціація навчання здійснюється за рахунок поглибленого вивчення навчальних дисциплін певного профілю. Учні академічних потоків керуються вимогами вищих навчальних закладів, навчальний план яких складається з традиційних загальноосвітніх дисциплін, що не виключає вибір нових навчальних курсів.

Учні, які не орієнтуються на вступ до вищих навчальних закладів, обирають головним чином навчальні курси практичного циклу, що в багатьох випадках не обмежує можливості продовження навчання.

Наукові роботи Л.С. Виготського [31-34], П.Я. Гальперіна [37-38], Г.С. Костюка [87-88], Н.Ф. Тализіної [164-165], І.С. Якиманської [191-192] присвячено визначенню ефективних прийомів та засобів керування розумовою діяльністю учнів.

Теоретико-методичні аспекти формування умінь та навичок учнів побудови зображень стереометричних фігур та розвитку просторової уяви відображено в працях О.М. Астряба [8, 117], О.С. Борейка [15], Г.А. Владимирського [27-28], Г.Д. Глейзера [40], Я.Є. Гольдберга [42], В.О. Гусєва [116], О.Р. Зенгіна [73], М. Я. Ігнатенка [75], І. Г. Ленчука [97-99], В.І. Лисенко [106], В.М. Литвиненка [107], М.М. Лоповка [108], В. М. Савченка [147], З.І. Слєпкань [154], І.Ф. Тесленка [167-168], М.Ф. Четверухіна [182-184], В.О. Швеця [186-187] та інших.

Процес комп’ютеризації освіти веде до постійного поширення впровадження сучасних ІКТ в навчальних закладах. Дослідження В.Ю. Бикова [12], М.І. Жалдака [63], В.Ф. Заболотного [66-70], В.І. Клочка [80], В.В. Лапінського [96], М.С. Львова [109], Н.В. Морзе [121], С.А. Ракова [138], Ю.С. Рамського [139], О.В. Співаковського [158-159] та інших вчених переконливо доводять, що впровадження інформаційних технологій у навчальний процес дає змогу індивідуалізувати та диференціювати процес навчання, значно розширити можливості вчителя у реалізації дидактичних принципів і тим самим підвищити якість засвоєння навчального матеріалу та сприяти активізації навчально-пізнавальної діяльності учнів.

Сьогодні, як ніколи, все гостріше викристалізовуються протиріччя між: змістом шкільної математичної (зокрема, геометричної) освіти і дидактичним, процесійно-методичним його забезпеченням, з одного боку, та постійно зростаючими програмними вимогами, які під час навчально-виховного процесу ставить учитель, колектив до особистості учня, його уваги, пам’яті, мислення і фактичним рівнем психічного розвитку, розвитком якостей особистості з іншого; варіативністю інтересів, нахилів, здібностей суб’єктів навчального процесу та браком особистісної зорієнтованості змісту й організації навчання математики; наявною практикою впровадження ІКТ під час навчання математики та відсутністю науково виваженого психолого-педагогічного й методичного супроводу; об’єктивною необхідністю реалізації дидактичних умов, що закладені в змісті шкільної геометричної освіти і спрямовані на формування умінь та навичок розв’язувати стереометричні задачі на побудову та недостатнім методичним забезпеченням, необхідним для розв’язання цих завдань.

Незважаючи на наявні праці, дослідження, наукові знання, які не вичерпують всієї повноти багатогранної проблеми формування умінь та навичок учнів розв’язувати стереометричні задачі на побудову і вимагають вирішення наявних протиріч удосконалення форм, методів, прийомів та засобів навчання, спрямованих на реалізацію у навчально-виховному процесі принципів доступності, послідовності, наочності тощо.

Отже, методика навчання учнів розв’язувати стереометричні задачі на побудову, яка включає в себе використання ІКТ, потребує спеціального дослідження в дидактичному і методичному аспектах, що і зумовило вибір теми дослідження: "Стереометричні задачі на побудову та їх вивчення в старшій профільній школі".

Мета і завдання дослідження - науково обґрунтувати і розробити спецкурс для підготовки учнів старшої школи до складання ЗНО за темою "Розв’язування стереометричних задач на побудову" з використанням ІКТ.

Об'єктом дослідження є навчально-виховний процес зі стереометрії у загальноосвітніх навчальних закладах.

Предметом дослідження є стереометричні задачі на побудову та їх вивчення в старшій профільній школі.

Методи дослідження. Використовувалися такі методи:

теоретичний: системний аналіз, порівняння, узагальнення даних з проблеми дослідження на основі вивчення наукової психолого-педагогічної літератури; вивчення наукових праць філософів і математиків з методології наукового пізнання, навчальної і методологічної літератури;

емпіричний: спостереження за процесом навчання учнів старших класів загальноосвітнього закладу під час проходження педагогічної практики.

Практичне значення одержаних результатів полягає в розробці спецкурсу підготовки учнів до зовнішнього незалежного оцінювання за темою "Стереометричні задачі на побудову"

Структура дипломної роботи. Дипломна робота складається зі вступу, двох розділів, висновків до розділів, загальних висновків, списку використаних літературних джерел.

Розділ 1. Теоретичні основи геометричних побудов у курсі стереометрії

.1 Паралельне і центральне проектування та їх властивості

Центральне проектування та його властивості

Нехай маємо деяку просторову фігуру, наприклад A`B`C`D`, площину P і точку S, яка не належить ні тетраедру, ні площині P (рис. 1.1.). Проведемо пряму SA` до перетину з площиною P в точці A. Точка A називається центральною проекцією точки A`. Точка S називається центром проектування, пряма SA` - проектуючою прямою, площина P - площиною проекцій або площиною зображення.

Побудувавши аналогічно проекції всіх точок фігури A`B`C`D`, дістанемо центральну проекцію даної фігури на площині P. Фігуру ABCD ще називають зображенням фігури A`B`C`D` або її перспективою. Отже, центральне проектування повністю визначається заданням точки S - центра проектування і площини проекцій P.

Рис. 1.1.

Зображення, одержані центральним проектуванням, досить наочні, вони використовуються там, де вимагається максимальне наближення зображення до зорового сприйняття оригінала (в архітектурі, в образотворчому мистецтві).

Уявлення про центральне проектування ми дістанемо безпосередньо з досвіду: це зображення тіні предмета при його освітленості точковим джерелом; зображення на фотоплівці, кіноекрані тощо. Однак центральне проектування не часто використовується в навчальному процесі школи і вищих навчальних закладів у зв’язку з дещо складним виконанням рисунків. Крім того, центральна проекція значно спотворює геометричні властивості фігури, перетворюючи квадрати в трапеції, кола в еліпси, змінюючи величини кутів, довжини відрізків тощо.

Відзначимо окремі властивості центрального проектування.

.        Центральною проекцією точки є точка.

Дійсно через точку S і будь-яку точку A` простору можна провести тільки одну пряму, яка в перетині з площиною проекцій P визначає точку А - центральну проекцію точки А`.

Зрозуміло, що винятком є точки, які лежать у площині, що проходить через точку S паралельно площині Р. Для таких точок проектуючі прямі паралельні площині Р, тому власної точки перетину не існує. Якщо евклідову площину Р доповнити невласними (нескінченно віддаленими) елементами, то і в цьому випадку точкам площини, що проходять через точку S паралельно площині Р, відповідають невласні точки розширеної площини Р. Зауважимо, що обернене твердження не правильне: точка А є центральною проекцією кожної точки проектуючої прямої SA` (рис. 1.1).

.        Кожна непроектуюча пряма проектується в пряму. Проектуюча пряма проектується в точку.

Нехай пряма A`B` непроектуюча, тобто не проходить через точку S, тоді кожна точка цієї прямої, наприклад точки A` і B`, проектується відповідно прямими SA` і SB` у точки А і В площини Р (рис. 1.1), які визначають пряму АВ - проекцію прямої A`B`. Всі точки прямої A`B` лежать у проектуючій площині SA`B`, тому і всі проектуючи прямі SA`, SB` та інші лежать у цій площині. Отже, проекції всіх точок прямої А`B` належать лінії перетину площини Р і проектуючої площини SA`B`, тобто прямій АВ.

Якщо пряма A`B` проектуючи, тобто проходить через точку S, але не лежить у площині, що проходить через точку S, паралельно площині Р, то вона сама себе проектує: кожна точка цієї прямої проектується в одну й ту саму точку - точку перетину цієї прямої з площиною Р.

Винятком є прямі, які лежать у площині α, що проходить через точку S паралельно площині Р. У цьому випадку кожна пряма такої площини паралельна площині Р, тому точки цих прямих в евклідовій площині центральних проекцій не мають. Якщо евклідову площину доповнити невласними елементами, тобто мати модель проективної площини, то проектуючи прямі площини α відображаються у невласні точки площини Р, а непроектуючі - в одну й ту ж невласну пряму площини Р.

.        Інцидентність точок і прямих центральним проектуванням не порушується, тобто якщо в просторі точка A` належить прямій a`, то центральна проекція А точки A` лежить на центральній проекції α прямої a` також.

Якщо в просторі прямі a` і b` перетинаються в точці A`, то центральні проекції a i b перетинаються в точці А, яка є центральною проекцією точки A`.

Доведення цієї властивості аналогічне попередньому.

.        Центральною проекцією будь-якої непроектуючої площини є вся площина Р, а проектуючої площини - пряма (власна або невласна) площини Р.

.        Кожна фігура F`, яка лежить у непроектуючій площині Q, паралельній площині проекцій P, проектується в подібну їй фігуру F (рис. 1.2)

Рис. 1.2.

Дійсно, при такому розміщенні площини P i Q фігури F′ Q I F P гомотетичні з центром гомотетії S.

6.       Подвійне відношення чотирьох точок прямої є інваріантом центрального проектування.

Нехай точки A′, B′, C′, D′ належать прямій а′ у просторі, а точки A, B, C, D, належні прямій а , є центральними проекціями точок A′, B′, C′, D′. Тоді (А′В′, С′D′) = (AB, CD) (рис. 1.3).

Рис. 1.3.

Відзначимо, що при центральному проектуванні одна фігура (оригінал у просторі) відображається у іншу фігуру в площині проекцій. Тому центральне проектування є перетворенням у просторі, тобто перспективним перетворенням, а зображення, проекція оригінала називається перспективною. Ці терміни вживають переважно в образотворчому мистецтві.

Паралельне проектування та його властивості

Нехай дано тетраедр A′B′C′D′ і площину Р. Через кожну вершину тетраедра проведемо в певному напрямі паралельні прямі АА′, ВВ′ і т.д., які перетнуть площину Р в точках A, B, C, D (рис.1.4). Сполучивши ці точки відрізками, дістанемо фігуру ABCD, яка називається паралельною проекцією тетраедра A′B′C′D′ на площину Р. Пряма АА′ називається проектуючою прямою, а площина Р - площиною проекцій. Такий спосіб одержання паралельної проекції фігури називається паралельним проектуванням у певному напрямі.

Отже, паралельне проектування повністю визначається заданням напряму проектування і площини проекцій.

Рис.1.4

Означення 1.1. Паралельною проекцією точки називається точка перетину проектуючої прямої, проведеної паралельно заданому напряму, з площиною проекцій.

Щоб одержати паралельну проекцію фігури, треба побудувати паралельні проекції точок, що визначають положення цієї фігури. На рис. 1.4 фігуру A′B′C′D′ визначають її вершини, тому, побудувавши паралельні проекції A, B, C, D вершин, дістали паралельну проекцію ABCD даної фігури, сполучивши відрізками побудовані точки.

На рис. 1.5 паралельне проектування на площину Р прямої а′ задане напрямом m. Пряму визначають дві її точки, тому, побудувавши проекції А, В двох її точок А′ і В′, одержимо проекцію АВ = а даної прямої.

Рис. 1.5.

Перетворення однієї фігури F′ в іншу F паралельним проектуванням називають перспективно-афінним або спорідненим перетворенням.

Паралельне проектування називається прямокутним (ортогональним), якщо напрям проектування перпендикулярний до площини проекцій, і косокутним в інших випадках.

Метод паралельного проектування широко використовується в навчальному процесі середньої та вищої школи завдяки тому, що він забезпечує достатньо повну наочність зображення просторових фігур на площині і простий у реалізації.

Розглянемо основні властивості паралельних проекцій.

.        Паралельною проекцією точки є точка.

Справедливість цієї властивості випливає із способу побудови: через дану точку можна провести тільки одну пряму, паралельну даній у даному напрямі, тому буде й єдина точка перетину проектуючого променя з площиною проекцій, тобто єдина паралельна проекція даної точки в площині проекцій.

Але обернене твердження неправильне: точка А площини Р є проекцією всіх точок проектуючої прямої (рис.1.5).

.        Паралельною проекцією прямої, непаралельної напряму проектування, є пряма, а паралельної напряму проектування - точка.

Справді, нехай пряма А′В′ = а′ проектується на площину Р у заданому напрямі m (рис.1.5). Тоді проектуючі прямі всіх точок прямої а′ паралельні між собою та лежать в одній площині - проектуючій площині, яка перетинає площину Р по прямій а,на якій лежать проекції А, В, С,… точок А′, В′, С′, … прямої а′. Отже, паралельною проекцією прямої а′, непаралельної прямій m, є пряма а.

Обернене твердження не правильне: пряма лінія може бути проекцією будь-якої кривої лінії, розміщеної у проектуючій площині, а також площини, паралельної напряму проектування (рис. 1.6)

Рис 1.6

Якщо пряма b′ = B′B паралельна напрямку проектування m, то ця пряма перетинає площину Р в єдиній точці В, яка є паралельною проекцією всіх точок прямої b′ (рис.1.5).

.        Інцидентність точок і прямих при паралельному проектуванні не порушується.

Правильність цієї властивості випливає з попередніх міркувань (рис.1.5).

.        Відношення відрізків прямої дорівнює відношенню їх паралельних проекцій.

Нехай пряма а′ взято точки А′, В′, С′, на прямій а площини Р їм відповідають точки А, В, С при паралельному проектуванні у напрямі m, D - точка перетину прямих а і а′ (рис.1.5). Прямі а і а′ утворюють у проектуючій площині А′В′ВА кут А′DA, сторони якого перетинають прямі А′А‖ В′В‖С′С, тому вони відтинають на сторонах кута пропорційні відрізки: . Звідси випливає, що порядок точок на прямій не порушується паралельним проектуванням.

5.       Проекції двох паралельних прямих паралельні між собою.

Дійсно, оскільки а′ ‖ b′, то проектуючи площини Q i R також паралельні між собою, а тому вони перетинають площину проекцій Р по паралельних прямих, тобто а ‖ b (рис. 1.7).

Рис.1.7

.        Відношення відрізків двох паралельних прямих дорівнює відношенню паралельних проекцій цих відрізків.

Нехай дані відрізки А′В′ і С′D′ паралельні (рис. 1.8).

Рис.1.8

Проведемо в проектуючи площинах Q i RA′M′ ‖ AB i C′N′ ‖CD, де АВ і СD - паралельні проекції відрізків А′В′ і С′D′ відповідно. Оскільки АВ ‖ СD (за властивістю 5), то А′М′ ‖ С′N′. Тоді трикутники А′В′М′ і C′D′N′ подібні (відповідні сторони паралельні), звідси .

Але  тому .

7.       Довжина відрізка прямої, паралельної площині проекцій, дорівнює довжині його паралельної проекції.

Нехай , AB ― паралельна проекція відрізка  (рис. 1.9). Тоді АВ‖ і , тому  (― паралелограм).

Рис.1.9.

.        При ортогональному проектуванні довжина проекції відрізка прямої дорівнює добутку довжини відрізка ― оригіналу і косинуса кута його нахилу до площини проекцій.

Нехай напрям паралельного проектування m перпендикулярний до площини проекцій Р, а кут між прямою  і її ортогональною проекцією АВ дорівнює α (рис. 1.10). Проведемо , тоді в прямокутному трикутнику  кут = α і . Але  (за властивістю 7), тому .

Рис. 1.10

Нагадаємо, що властивості фігур, які не змінюються при деякому геометричному перетворенні, називаються інваріантними в даному перетворенні. Незмінні параметри (числові величини) фігур називають їх інваріантами.

Паралельне проектування є перетворенням просторової фігури  у фігуру  на площині, тому названі властивості встановлюють, що колінеарність і паралельність пари прямих є інваріантними властивостями паралельного проектування, а відношення трьох точок прямої є його інваріантом.

Зображення методом паралельного проектування одержується у два кроки:

1)      Усі точки оригіналу проектуються в даному напрямі на площину проекцій;

)        Одержане у площині зображення збільшується або зменшується у певне число разів ― виконують подібне перетворення відповідно до потрібних розмірів рисунка. Від цього форма зображення не змінюється.

.2 Основні типи стереометричних задач на побудову та методи їх розв’язання

1.2.1 Задачі на уявлювані побудови

У шкільній практиці виділяють найчастіше два види завдань на побудови в просторі: завдання на уявні (умовні ) побудови та завдання на ефективні побудови. До задач на побудову відносяться і завдання на поверхні тіл. Однак у практиці шкільної математичної освіти вони практично не зустрічаються.

Для побудов в планіметрії використовуються креслярські інструменти ( циркуль і лінійка ) . З їх допомогою ми насправді можемо виконувати всілякі побудови . Наприклад , відомо , що пряма і коло на площині перетинаються в двох точках , якщо відстань від прямої до центру кола менше її радіусу. Ці точки ми можемо знайти реально , провівши з центру О коло даного радіуса і на заданій відстані від точки О прямі.

Але як у просторі здійснити побудову , наприклад , перетину сфери з площиною ? Не існує реальних інструментів для побудови сфери з даної точки даного радіуса або площини, що проходить , наприклад , через пряму і не належну їй точку. Тому при вирішенні завдань на побудову в просторі доводиться обмежуватися мисленим проведенням прямих, площин, сфер, тобто мова йде про так звані уявні побудови. У них йдеться про принципову можливість виконати деякі реальні побудови: через дану точку простору провести площину, паралельну даній площині - побудувати стелю, паралельну підлозі; через дану точку простору провести пряму, перпендикулярну даній площині - повісити лампочку на шнурі, перпендикулярно до стелі.

Під завданнями на ефективні побудови розуміються завдання на побудови на проекційному рисунку. "...На таких завданнях можна ефективно вирішувати завдання з просторовими фігурами, фактично будуючи на кресленні шукані елементи і виробляючи необхідні операції, майже зовсім так, як це мало б виконуватися в самому просторі" [22, с. 6]. Такі побудови здійснюються з урахуванням аксіом і теорем стереометрії та правил зображень, наприклад , побудова перерізів багатогранників та інших тіл.

У шкільних підручниках зі стереометрії задачі на побудову в уяві представлені у вигляді теорем існування (наприклад , через будь-яку точку простору проходить пряма , перпендикулярна до даної площини, і притому тільки одна) і завдань (наприклад , побудувати пряму перетину двох площин, де кожна задана двома даними прямими і даною точкою).

У процесі вирішення завдань на побудову в уяві встановлюється лише факт існування шуканої фігури, сама ж побудова не виконується. За ідеєю методу елементи, зумовлені умовою задачі, не задаються ні безпосередньо в просторі, ні на плоскому рисунку, а утримуються в уяві. Рішення задачі зводиться до перерахування такої сукупності геометричних операцій, фактичне виконання яких (у разі, якщо їх можна було б виконати) призводить до побудови шуканого елемента. Завдання вважається вирішеним, якщо удається відшукати розглянуту сукупність побудов.

Таким чином, для побудов в просторі, як і на площині, характерна алгоритмічність. Це означає, що шукана побудова зводиться до кінцевого числа послідовно здійснюваних кроків. У планіметрії рішення задачі на побудову має як би дві сторони: теоретичну ― алгоритм побудови і практичну ― реалізацію цього алгоритму, наприклад, циркулем і лінійкою.

У стереометричних задач на побудову лише одна сторона ― теоретична, так як немає інструментів для побудови в просторі, аналогічних для циркуля і лінійки.

Креслення при вирішенні в уяві задач на побудову може не виконуватися. При викладі рішення з однаковим правом можна вживати слова: "визначає", "існує", "задає", "будуємо", "проводимо" та ін. З метою наочності викладу, для полегшення роботи уяви необхідні побудови звичайно все ж супроводжуються ілюстративними кресленнями, які відіграють допоміжну роль.

Приклад. Через точку, що лежить поза площиною, провести площину, паралельно даній площині.

Нехай задана площина α і точка А поза площиною (рис. 1. 11).

Рис. 1.11

Рішення.

. У площині α проведемо дві прямі a і b, що перетинаються.

2. У площині, заданої прямої а і точкою А, через точку А проведемо пряму , паралельну прямій а.

. У площині, що задана прямою b і точкою А, через точку А проведемо пряму , паралельну прямій b.

. Дві прямі  і , що перетинаються, задають площину β, паралельну площині α (за ознакою паралельності двох площин).

Завдання завжди має єдине рішення (доведення наводиться в шкільних підручниках стереометрії).

Вирішення цього завдання можна провести без опори на наочність (малюнок), наприклад , так:

. У заданій площині проведемо дві прямі, що перетинаються.

. У площині, яка визначається однією з цих прямих і даною точкою, через цю точку проведемо пряму, паралельну даній прямій.

. У площині, яка визначається другою прямою і заданою точкою, через цю точку проведемо пряму, паралельну даній прямій.

. Дві пересічні прямі, що проходять через дану точку, визначають єдину площину, паралельну заданій площині ( за ознакою паралельності двох площин).

Зрозуміло, що без опори на наочність (фізичні моделі, малюнки) навіть готове рішення сприймається важче, не кажучи вже про його пошук. У тому й особливість завдань на уявні побудови, що вони є не тільки прекрасним засобом розвитку просторової уяви, а й показником його рівня.

З розглянутого прикладу видно, що ми ведемо міркування за умови, що вважаємо площину заданою, якщо задані дві пересічні прямі, пряма і точка поза нею і т. п. Подібна ситуація спостерігається і при вирішенні планіметричних задач на побудову. На площині задачі на побудову за допомогою циркуля і лінійки вирішувалися з опорою на такі умови ("постулати побудови"):

. Через будь-які дві дані точки можна провести пряму (можливість використання лінійки ) .

. З будь-якого центру можна описати коло будь-яким радіусом (можливість застосування циркуля).

Для побудов в просторі приймаються такі умовні угоди ("постулати побудови") [1, с. 45]:

. Якщо задана фігура, то про кожну точку простору можна сказати, чи належить вона цій фігурі або не належить. Іншими словами, можна вибирати в просторі точки, які належать даній фігурі, так і не належать їй.

. Якщо побудовано дві фігури, то вважається побудованим їх перетин (наприклад , пряма при перетині двох площин або коло, при перетині сфери і площини).

. Якщо дано дві точки, то через них можна провести пряму.

. Якщо дано три точки, то через них можна провести площину. І точно так можна провести площину через пряму та точку і через дві пересічні або паралельні прямі.

. На кожній площині можна проводити будь-які побудови планіметрії.

При вирішенні тієї чи іншої задачі на уявні побудови не завжди доводять міркування до цих п'яти основних, первинних побудов, а посилаються на вже відомі (як при доказі теорем посилаються не тільки на аксіоми, але і на вже доведені теореми).

Розглянемо приклад вирішення задачі на уявлювані (умовні ) побудови.

Задача 1.1.

Побудувати біссектор даного двогранного кута. Біссектор - напівплощина, обмежена ребром даного двогранного кута і ділить цей кут навпіл.

Рис. 1.12

Рішення.

Нехай дано двогранний кут α з гранями α і β (рис.1. 12).

Аналіз:

1.       Нехай біссектор γ цього кута побудований. Значить, ребро а цього двогранного кута належить півплощині γ. Знайдемо спосіб побудови ще однієї прямої цієї півплощини.

. Проведемо площину δ, перпендикулярну прямій а. Нехай М ― точка перетину площини δ з ребром а.

3. Тоді площина δ перетне півплощини α, β і γ відповідно по променям ,  і . Кожен з променів ,  і  перпендикулярний прямій а, оскільки всі вони лежать у площині δ і а перпендикулярна площині δ.

. Тоді  ― лінійний кут двогранного кута, утвореного півплощинами α і γ ,  ― лінійний кут двогранного кута, утвореного півплощинами α і β, .

. Оскільки  (γ ― біссектор двогранного кута, утвореного півплощинами α і β), то, тобто  - бісектриса . Таким чином, напівплощина γ задається прямою а і променем .

Побудова:

Рис. 1.13

. Виберемо довільно точку A на ребрі а двогранного кута (рис. 1.13).

. Побудуємо в точці A лінійний кут KAN даного двогранного кута .

. Проведемо бісектрису AM кута KAN

. Напівплощина γ, задана прямою а і променем AM - біссектор двогранного кута a.

Доведемо це. Виберемо довільну точку X , що належить площині γ. Доведемо, що точка X належить біссектору двогранного кута а, тобто X належить біссектору відповідного лінійного кута:

1.       З точки X опустимо перпендикуляр XB на пряму а;

2.       Побудуємо в точці B лінійний кут  даного двогранного кута а;

. Доведемо, що :

а )  (як лінійні кути двогранного кута з ребром а і гранямиа α і γ);

б)  (як лінійні кути двогранного кута з ребром а і гранями β і γ;

в) оскільки  (AM - бісектриса  ), то , що й потрібно було довести.

При вирішенні завдань на уявні побудови часто використовується той факт, що біссектор двогранного кута є множиною точок рівновіддалених від його граней. Для цього доведення з довільної точки X біссектора γ ( рис. 1. 13 ) опустимо перпендикуляри ХЕ і XF на грані α і β двогранного кута а. Площина , перпендикулярна кожній з граней двогранного кута, оскільки ця площина перпендикулярна ребру а цього двогранного кута ( ― лінійний кут даного двогранного кута). Тоді основи E і F перпендикулярів XE і XF лежать відповідно на променях  і . Трикутники BXE і BXF рівні за гіпотенузою і гострим кутом, отже, ХЕ = XF, тобто довільна точка біссектора рівновіддалена від граней двогранного кута.

При вирішенні задач на побудову в уяві при необхідності слід проводити аналіз умови задачі, доведення і дослідження рішення. Аналіз проводиться з метою відшукання рішення задачі. На наш погляд , щоб не знижувати інтерес учнів до вирішення завдань на побудову варто проводити аналіз тільки в тому випадку, якщо в ньому є необхідність. А ось на доведення того, що побудовано шукана множина точок, і на дослідженні рішень слід загострювати увагу учнів.

Задача 1.2 На прямій АВ знайти точки, рівновіддалені від двох даних пересічних площин.

Рішення.

Рис. 1.14

Нехай α∩β= а (рис. 1. 14 ).

.Множиною точок, рівновіддалених від двох даних площин α і β будуть дві взаємно перпендикулярні площини γ і δ, які є біссекторами двогранних кутів, утворених цими площинами .

. Перетин площин γ і δ з прямою АВ і дасть шукану множину точок. Як бачимо, проведення аналізу для відшукання вирішення цього завдання нам не було потрібно.

Вище доведено, що біссектор двогранного кута є множиною точок, рівновіддалених від його граней, тому точки перетину площин γ і δ з прямою АВ будуть рівновіддалені від двох даних пересічних площин α і β .

Дослідження.

. Якщо пряма АВ паралельна прямій а перетину площин α і β (а не збігається з АВ) і не належить жодній з площин γ і δ, то не існує на прямій АВ точок, рівновіддалених від площин α і β, оскільки пряма АВ не перетинається ні з однією з площин γ або δ.

. Існує єдине рішення (єдина точка), якщо:

а) пряма АВ не належить жодній з площин γ і δ і перетинається з прямою а;

б) пряма АВ паралельна одній , але не паралельна і не належить іншій з біссекторних площин γ і δ.

. Існує дві точки на прямій АВ, рівновіддалені від площин α і β , якщо АВ перетинає кожну з площин γ і δ і не перетинає пряму а .

. Завдання має незліченну безліч рішень, якщо пряма АВ належить хоча б одній з площин γ або δ.

Базові задачі на уявні побудови

Як і для планіметричних задач на побудову для задач на побудову в уяві виділяють основні (базові) завдання, тобто завдання, які часто є складовою частиною інших більш складних завдань. До таких завдань можна віднести наступні:

. Через дану точку А, що лежить поза даною прямою а, провести пряму, паралельну прямій а.

. Побудувати пряму, яка проходить через дану точку А і паралельна даній площині α, А .

. Через дану точку А провести пряму, що перетинає дві дані перехресні прямі а і b.

. Побудувати пряму, що перетинає дві дані перехресні прямі і паралельну третій прямій.

. Через дану пряму а провести площину, паралельну іншій даній прямій b.

. Побудувати площину, що проходить через дану точку А, паралельно данsq площині α.

. Через кожну з двох перехресних прямих провести площину, паралельну іншій прямій.

. Через дану точку А провести площину, перпендикулярну до даної прямої а .

. Побудувати пряму, що проходить через дану точку А і перпендикулярну до даної прямої а.

. Через дану точку А провести пряму, перпендикулярну до даної площини α.

. Побудувати площину, що проходить через дану точку А і перпендикулярну даній площині α .

. Побудувати пряму, що перетинає дві дані перехресні прямі, і перпендикулярну до кожної з них.

. Побудувати площину, що проходить через дану пряму а і перпендикулярну до даної площини α.

. Побудувати перетин площин, заданих кожною з двох даних прямих а і b і даною точкою М.

. Побудувати біссектор даного двогранного кута.

Розглянемо вирішення деяких з базових завдань (Б. З.).

Б. З. 1. Через дану точку А, що лежить поза прямою а, провести пряму, паралельну прямій а.

Рішення.

Рис. 1.15

Побудова:

. Пряма а і точка А поза неї задають площину α і притому єдину (рис. 1.15);

. У площині α через точку А проведемо пряму b, паралельну прямій а. Пряма b ― шукана.

Доведення: пряма b проходить через точку А (за побудовою) і паралельна прямій а (за побудовою).

Дослідження: завдання має єдине рішення. Єдиність прямої b випливає з єдиності площини α, що проходить через дану пряму а і точку А поза цією прямою, і єдиності в площині α прямої, що проходить через точку А і паралельно прямій а.

Б. 3. 2. Побудувати пряму, яка проходить через дану точку А і паралельна даній площині α, А .

Рішення.

Рис. 1.16

Побудова:

. У площині α проведемо довільну пряму m (рис.1.16);

. У площині, заданої прямої m і точкою А, через точку А проведемо пряму а, паралельну прямій m. Пряма а ― шукана.

Доведення: пряма а проходить через точку А (за побудовою) і паралельна площині α, оскільки а паралельна прямій m, що лежать у цій площині.

Дослідження: через точку А можна провести безліч прямих, паралельних площині α (для будь-якої прямої m площини α можна побудувати відповідну пряму а), які утворюють площину, що проходить через точку А і паралельно площині α.

Б. З. 3. Через дану точку А провести пряму, що перетинає дві дані перехресні прямі а і b.

Рішення. 1 випадок: А , А .

Рис. 1.17

Аналіз:

1.       Нехай побудована така пряма m, що проходить через точку А і перетинає кожну з перехресних прямих a і b (рис.1. 17);

.        Існує площин α, що проходить через дві пересічні прямі m і a;

.        Існує площина β, що проходить через дві пересічні прямі m і b;

.        Таким чином, m - загальна пряма площин α і β, кожна з яких проходить через точку А і одну з перехресних прямих а і b.

Побудова:

. Через пряму а і точку А проведемо площину α;

. Через пряму b і точку А проведемо площину β;

.        Площини α і β перетинаються (оскільки мають спільну точку А) по прямій m.

Зауважимо, що після побудови площини α, можна знайти точку В перетину прямої b і α. Тоді пряма АВ і є шукана пряма m (проходить через точку А і перетинає кожну з перехресних прямих а і b).

Дослідження:

.        Завжди існує площина α, задана прямою а і точкою А поза неї;

.        Завжди існує площина β, задана прямою b і точкою А поза неї;

.        Завжди існує пряма m перетину площин α й β.

Але чи завжди пряма m перетинає перехресні прямі а і b?

Якщо пряма b паралельна площині α, то не можна побудувати пряму m другим способом, як пряму АВ, (не існує точки В перетину прямої b з площиною α). При побудові m як прямої перетину площин α й β отримуємо, m паралельна прямій b. Таким чином, якщо пряма b паралельна площині α чи пряма а паралельна площині β, то завдання рішень не має; в інших випадках, існує єдина пряма m, що проходить через дану точку А і перетинає кожну з даних перехресних прямих a і b, А , А .

випадок: А  а.

Рис. 1.18

Побудова:

1.       Через пряму b і точку А проведемо площину β ( рис. 1. 18);

.        Через пряму а проходить незліченна множина площин (α), які міститимуть точку А;

.        Таким чином, шуканою прямою буде будь-яка пряма площини β, яка проходить через точку А і перетинає пряму b. Значить, для вирішення завдання в даному випадку достатньо з'єднати точку А з будь-якою точкою прямої b.

Завдання на уявні побудови в класах з поглибленим вивченням математики

У підручниках і навчальних посібниках для учнів шкіл і класів з поглибленим вивченням математики [1, 3, 20] вводиться поняття завдання на уявні побудови, пропонуються досить різноманітні , цікаві, часто непрості для школярів завдання.

У навчальних посібниках [1, 2, 3] значна увага приділяється завданням, в яких необхідно встановити взаємне розташування точок, прямих і площин у просторі.

Наприклад, вже для школярів восьмого класу пропонується наступна задача.

Задача 1.3. Дано n прямих. Доведіть, що існує пряма, що перетинає всі ці прямі [2, №18, с. 14].

Зрозуміло, що мова йде про прямі на площині, і учні не знають ні про які уявні побудови, але міркування під час вирішення цього завдання виявляться в значній мірі подібними і дуже корисними у вирішенні деяких завдань до глави 1 в десятому класі [1, с.55]. Розглянемо рішення задачі 1. Візьмемо довільну точку А, через неї проведемо прямі, паралельні даним прямим. Виберемо точку В, що не належить жодній з цих прямих. Пряма АВ ― шукана. Вона не буде паралельна жодній з даних прямих, так як перетинає прямі, паралельні кожній з них. Завдання має незліченну кількість рішень, так як можна вибрати нескінченно багато точок В.

Задача 1.4. [1, №1.5, с. 55].

Кожні дві з трьох площин перетинаються по різним прямим. Дві з цих прямих перетинаються. Доведіть, що перетинаються всі три прямі.

Рішення.

Рис. 1.19

Нехай  (рис. 1.19). Точка A належить кожній з площинα і β, оскількт вона належить прямій а. З іншого боку, точка А належить прямій b, яка є перетином площин β і γ. Значить, точка А є спільною точкою всіх трьох площин α, β і γ. Але загальні точки площин α і γ лежать на прямій с. Таким чином, всі три прямі а , b і c перетинаються в точці А.

Задача 1.5. [1, №1.9, с. 55].

Дано n площин. Доведіть, що: а) існують точки, що не лежать в них,

б) існує площина, яка перетинає кожну з них;

в) існує пряма, яка перетинає кожну з них.

Рішення.

Нехай дано площини .

Доведемо, що існують точки, що не лежать в даних n площинах.

.        Площина  має не більше n - 1 прямих перетину з площинами .. Значить , у площині  існує точка А, яка не належить жодній з площин . Назвемо її власною точкою площини .

.        У площині  існує власна точка В.

.        У площині  існує власна точка С.

.        Розглянемо площину (ABC) . Вона не збігається ні з однією з площин . Доведемо це : ( ABC ) не збігається з площиною  т. к. точки В і С не належить ; аналогічно доводиться відмінність (ABC) від площин  і ; (ABC ) не збігається з площинами  , т . к. жодній з цих площин не належать точки А , В, С.

.        У площині (ABC) знайдуться точки, що не лежать у площинах , оскільки навіть якщо ( АВС ) перетинається з кожною з них, то це тільки n прямих у площині ( АВС ), тобто існує нескінченно багато точок, які не лежать на цих n прямих, а значить, і даних площинах. Доведемо, що існують пряма і площина, які перетинають кожну з n даних площин.

.        Візьмемо в просторі довільну точку М. Через неї проведемо площини , відповідно паралельні площинам .

.        Виберемо точку N, що не лежить ні в одній з площин  . Пряма MN перетинає кожну з площин , а значить, і відповідно паралельні їм площині . Існує нескінченно багато прямих, які перетинають кожну з даних n площин.

.        Будь-яка площина, що проходить через пряму МN, перетинатиме кожну з площин .

Рішення деяких задач на уявні побудови в просторі природним, іноді очевидним, чином зводиться до вирішення відповідної планіметричної завдачі.

Задача 1.6. По одну сторону від площини α розташовані точки А і В. Знайти в цій площині таку точку М, щоб сума відстаней АМ + МВ була найменшою.

Аналіз:

. Відома планіметрична задача про знаходження на даній прямій точки, сума відстаней від якої до двох даних точок, розташованих в одній півплощині відносно цієї прямої, мінімальна.

2. Спробуємо звести задачу до планіметричної. Через точки А і В проведемо площину β, перпендикулярну площині α і доведемо, що шукана точка М належить прямій m перетину площин α і β. Для цього достатньо довести, що для будь-якої точки X площини α, що не лежить на прямій m, знайдеться така точка  прямої m, що  ( рис. 1.20). Доведемо це:

Рис. 1.20

а ) візьмемо на площині α довільну точку Х, що не належить прямій m. Їх точки Х опустимо перпендикуляр , на пряму m;

б) трикутники  прямокутні з прямими кутами при вершині ;

в) значить, .. Отже, .

Побудова:

Рис. 1.21

1.       Через пряму АВ перпендикулярно площині α проведемо площину β ( рис. 1.21);

2.      

.        Подальші побудови проводимо в площині β:

а ) побудуємо точку, симетричну точці В відносно прямої m;

б) знайдемо точку М перетину прямих m і . М ― шукана .

Доведення:

.        З аналізу випливає, що точка М лежить на прямій m. Рис . 1.21

2.       Покажемо, що для будь-якої точки N прямої m виконується нерівність :

а). точка  симетрична точці В відносно прямої m, тому ;

б). тоді .

Значить, для побудованої точки М площини α сума відстаней АМ + МВ є мінімальною.

Дослідження . Завдання має єдине рішення, оскільки всі наведені побудови завжди здійсненні і приводять до однозначного результату .

Задача 1.7. Дві точки А і В знаходяться по різні сторони від площини α. Знайти в площині α точку М , різниця відстаней АМ та МВ від якої до точок А і В була б найбільшою.

Побудова:

Рис. 1.22

1. Побудуємо точку , симетричну точці В відносно площини α (рис. 1.22).

. Знайдемо точку М перетину прямої  з площиною α. М ― шукана.

Доведення:

. Точка М належить площині α з побудови.

. Доведемо , що для будь-якої точки N площини α виконуватиметься нерівність :

а) точки  і В симетричні відносно площини α, тому ;

б) . Таким чином, величина  приймає найбільше значення . Це можливо, коли точка N збігається з точкою М, оскільки)  .

Дослідження: Будемо вважати різниця відстаней АМ та МВ від точки М площини α до точок А і В найбільшою

1.       Якщо точки А і  збігаються (А і В симетричні відносно площини α), то для будь-якої точки N площині а, отже, будь-яка точка площини α задовольняє умові задачі.

.        Пряма  паралельна площині α, якщо точки А і В рівновіддалені від площини α, але не симетричні відносно α, то не існує на площині α точки, що задовольняє умові задачі.

.        Якщо точки А і В не рівновіддалені від площини α і не симетричні відносно площини α, то завдання має єдине рішення.

1.2.2 Побудова елементів плоских фігур, заданих на проекційному рисунку

Нагадаємо деякі теоретичні положення. Точка, пряма, площина вважаються заданими, якщо на площині задано відповідно паралельні проекції точки, двох різних точок, проекції трьох точок, які не лежать на одній прямій. Точку перетину прямої з площиною називають слідом даної прямої на цій площині.

Дві різні площини, які мають спільну точку, перети- . наються по прямій. Цей перетин є взаємним, тобто, коли площина Р перетинає площину Q по прямій AВ (рис.1.23), то площина Q перетинає площину Р по цій самій прямій. Пряма АВ - спільна пряма двох площин Р і Q, вона - слід площини Р на площині Q і вона ж - слід площини Q на площині Р.

Рис. 1.23

Коли розв’язують стереометричні задачі на побудову, пов’язані з призматичними і циліндричними формами, за основну площину беруть площини їх основ, а за напрям проектування - напрям, паралельний бічним ребрам призми або контурним твірним циліндра. У випадку пірамідальних і конічних форм за основну площину беруть площини їх основ, але користуються центральним проектуванням, прийнявши одну з вершин . піраміди або вершину конуса - за центр проекцій.

Спочатку розв’яжемо кілька нескладних задач на осмислення властивості інцидентності точки прямій, прямої площині, а також висловлень: "точка належить площині", "точка не належить площині", "пряма належить площині".

Задача 1.8. Побудувати зображення точки М, яка належить заданій площині α, і точки N, яка не належить цій площині.

Розв’ язання. (Рис. 1.24). Розв’язанням задачі є малюнок 1.24. Ілюстрацією помилкового розв’язання цієї задачі є малюнок 1.25.

Рис. 1.24

Рис. 1.25

Рис.1.26

Рис.1.27

Задача 1.9. Як розміщені пряма l і пл. β на малюнках 1.26, 1.27?

Розв’язання. Малюнок 1.26 є ілюстрацією того, що пряма l належить площині β. Малюнок 1.27 ілюструє той факт, що пряма l перетинає площину β в точці В.

Задача 1.10. Трикутну пластинку задано своїми вершинами . Точка М належить площині цієї пластинки. Побудувати проекцію точки М на площину α.

Розв’язання. Розв’язання грунтується на застосуванні властивості паралельного проектування - властивості інцидентності точки прямій та прямої площині.

-й спосіб (Рис.1.28). За умовою задачі точки А, В, С задані, тому А₁ = пр_αА, В₁= пр_αВ, С₁= пр_αС. Сполучивши попарно точки А, В, С і А₁ В₁ С₁ відрізками прямих, дістанемо:  А₁В₁С₁ = пр_α АВС. Через точку М проводимо довільну пряму так, щоб вона перетнула сторони (або їх продовження) трикутної пластинки АВС, наприклад, у точках X і У. Ці точки належать відповідно відрізкам АВ і ВС. Тому проекції точок X і У на площину α (за властивістю паралельного проектування) повинні належати проекції відрізків АВ і ВС на площину α, тобто, якщо то XY. За властивістю інциденти ості . Оскільки прямі XY і  належать одній і тій самій проектуючій площині, то перпендикуляр ММ₁ до пл. α перетне пряму X₁Y₁ у шуканій точці: М = пр_αМ, М₁ - шукана точка.

Рис.1.28

2-й спосіб. "Прив’яжемо" точку М пл. ABC до однієї з даних точок за допомогою прямої, яку проведемо через точку М і одну з вершин А, В, С (Рис.1.29). Для такої побудови підходить тільки вершина А, бо саме ця побудова дає точку К: К - АМ ∩ ВС. Тому, побудувавши точку К₁(К₁ = пр_αK), дістанемо: А₁К₁₌ пр_α АК. Шукану точку М₁ побудуємо так: .

Рис.1.29

Задача 1.11. Площину γ задано на проекційному кресленні у вигляді трикутної пластинки KLM (рис.1.30). Точка  і належить внутрішній області KLM. Побудувати проекцію точки X на площину проекцій α.

Рис.1.30

Розв’язання.  K₁L₁M₁= пр_α  KLM,. "Прив’яжемо" точку X до однієї з вершин  KLM, наприклад до вершини К. Для цього з вершини К проводимо промінь КХ до перетину із стороною LM в точці N. Через те що точка X - задана, то KX - задана пряма. Отже, можна побудувати її проекцію (ортогональну) на площину проекцій α.

Будуємо проекцію прямої КN на площину α.. Відомо, що, тому .

X₁ - шукана точка, яка є проекцією точки Хна пл. α.

Задача 1.12. Дано точки А і В, які не належать площині проекцій і знаходяться від неї на різних відстанях. Побудувати точку перетину прямої АВ з площиною α.

Рис. 1.31

Роз в’ язання. Проектуючі прямі АА₁ і ВВ₁ паралельні між собою і тому визначають проектуючу площину β (рис. 1.31). Оскільки пряма АВ і її проекція - пряма А₁В₁ належать одній і тій самій площині β і не паралельні між собою (за умовою АА₁ ≠ ВВ₁), то АВ ∩ А₁В₁ = X.

Точка X належить одночасно і пл. α і пл. β, через це вона і є шуканою: Х=АВ∩α. Задача має єдиний розв’язок, через те що за умовою АВ α.

Зауваження. Розв’язування попередньої задачі є ілюстрацією методу розв’язування стереометричних задач на побудову точок перетину прямої з поверхнею геометричних просторових фігур. Характерні особливості розв’язування цієї задачі: пряма-оригінал АВ та її проекція А₁В₁ належать одній і тій самій площині β; задача має єдиний розв’язок, якщо АВ α; шукана точка X є точкою перетину прямої-оригіналу АВ і її проекції на площині α, тобто прямої А₁В₁.

Задача 1.13. На зображенні прямої чотирикутної призми ABCDA'B'C'D' (рис.1.32) позначено точки: К  гр. АА'В'В, L  гр. ВВ'С'С. Побудувати точки перетину прямої KL з площиною нижньої основи ABCD та з площиною грані DD'C'C.

Рис. 1.32

Розв’язання. За напрям паралельного (в даному випадку воно ортогональне) проектування беремо, наприклад, бічне ребро ВВ' даної призми. Через дані точки К і L проводимо проектуючі прямі  та паралельно бічному ребру В'В до перетину з ребрами АВ і ВС основи призми в точках . Тоді К₁ - проекція точки К на ребро АВ, a L₁ - проекція точки L на ребро ВС нижньої основи призми. Через те що точки  і  належать площині нижньої основи ABCD (або пл. α), то пряма  є проекція прямої-оригіналу KL. Відрізок  - невидимий, бо і відрізок KL невидимий, через це обводимо їх штриховими лініями.

Прямі KL і належать проектуючій площині β, яка визначається паралельними прямими  і . Якщо пряма KL не паралельна площині основи α, то існує точка X, в якій пряма KL перетне пл. α. Якщо ж KL ‖ α, то задача не має розв’язку.

Визначимо точку перетину прямої KL з гранню DD'C'C. Перетин прямих DC і між собою дасть точку Y₁ - проекцію точки-оригіналу Y на пл. α. Зрозуміло, що точка-оригінал Y належить прямій-оригіналу KL. Знаючи проекцію  точки Y і напрям KL, неважко побудувати точку-оригінал Y, що належить пл. DD'C'C. Для цього проводимо пряму Y₁Y паралельно ребру В'В до взаємного перетину з KL у точці Y. Оскільки,, то Y - шукана точка.

Відповідь.  якщо . Якщо , то задача не має розв’язку.

1.2.3 Побудова перерізів многогранників методом слідів

Під перерізом розуміють плоску лінію, яка утворюється в результаті перетину даної поверхні площиною.

Переріз многогранника - замкнена фігура - многокутник, кількість сторін якого дорівнює кількості граней, які перетинаються площиною. Вершинами цього многокутника є точки перетину ребер січною площиною, а сторонами - лінії перетину граней січною площиною. Найменша кількість сторін многокутника перерізу - три, найбільша дорівнює кількості граней многогранника.

Перерізом кривої поверхні у загальному випадку буде крива лінія (коло, еліпс), крім тих випадків, коли площина проходить через прямолінійні твірні поверхні.

Побудова перерізу многогранника зводиться до багаторазового розв’язування задачі на перетин прямої площиною або до розв’язування задачі про перетин двох площин. Розв’язання першої задачі простіше, тому часто для побудови перерізу многогранника визначають вершини перерізу як точки перетину ребер многогранника січною площиною. Побудувавши вершини перерізу, сполучають відрізками прямих кожні дві вершини, що належать одній грані многогранника. При цьому сторони перерізу, які належать невидимим граням, будуть невидимі, а які належать видимим граням - видимі.

У цьому параграфі розглянемо побудову перерізів методом слідів, який полягає в побудові слідів площини перерізу на гранях даної фігури або в побудові кривої перерізу за точками.

Сліди площини на гранях фігури можна будувати двома способами: а) будувати сліди прямих, що лежать у площині перерізу, а за ними знаходити сліди самої площини; б) будувати третій слід тригранного кута за двома знайденими слідами на площині перерізу.

Розглянемо розв’язання задачі.

Задача 1.14. Побудувати лінію перерізу (слід) площини β з основною площиною α, якщо площина β задана точками А, В, С, які не належать площині α;  ― проекції точок А, В, С на пл. α.

Розв’язання. Коли дві площини мають спільну точку, то вони перетинаються по прямій. Отже, треба побудувати такі дві точки X і Y, які визначають єдину пряму XY, що належить площині α (рис.1.33).

Рис. 1.33

Такими точками будуть точки перетину прямих АС і ВС з пл. α. З цього випливає така побудова: визначаємо точку Х, в якій пряма ВС перетинає площину проекцій α, і точку Y, в якій пряма АС перетинає ту саму пл. α. Оскільки знайдені точки X і Y одночасно належать і площині α, і площині β, і ці точки різні, то XY ― шукана пряма, яка і є слідом перетину площини α і площини АВС.

Зауваження. Пряма XY ― не лише слід, а й носій точок перетину нескінченної сукупності прямих, які належать площині АВС і перетинають основну площину α. Це положення є одним з головних під час розв’язання задач на побудову перерізів геометричних тіл методом слідів.

Розв’яжемо кілька задач, в яких задано слід січної площини з площиною основи.

Задача 1.15. Побудувати переріз прямої чотирикутної призми площиною, що задана слідом α на площині її нижньої основи і точкою М, яка розміщена на бічному ребрі призми.

Розв’язання. Скористаємось паралельним проектуванням. На ребрі  ( або на його продовженні) є точка перетину січної площини з прямою  (рис. 1.34). Її фіксоване розміщення поки що не відоме, але відоме розміщення її паралельної проекції  на основу площини α.

Рис. 1.34

Виконуємо побудови.

.        , причому .

.        Будуємо точку . , причому .

.        Через те що точки  і  різні і належать одній площині α, то вони визначають єдину пряму , яка є паралельною проекцією прямої оригіналу ZM. Прямі  і а належать площині α і не паралельні між собою, отже, вони перетинаються: .

.        Будуємо точку Z. Побудована точка 1 та задана точка М належать площині  і тому визначають пряму 1-М, яка перетинає ребро  призми в шуканій точці Z; Z― одна з вершин перерізу.

.        На ребрі  (або на його продовженні) є деяка точка Х ― точка перетину січної площини з прямою  :, причому .

.        Продовживши відрізок  прямої до перетину з прямою а, дістанемо точку 2: .

.        Точки 2 і М належать пл.  і визначають єдину пряму 2-М, яка перетинає ребро  у шуканій точці Х: 2-М ∩ = X. Міркуючи аналогічно, знаходимо третю шукану точку Y .

.        , причому .

.       

.       

Сполучивши попарно точки M, X, Y і Z відрізками прямих, дістанемо шуканий переріз ― чотирикутник MXYZ.

Задача 1.16. Побудувати переріз чотирикутної піраміди площиною, яка задана слідом а на площині її основи і точкою М, розміщеною на бічній грані піраміди.

Розв'язання. Скористаємось центральним проектуванням.

Міркування ті самі, що й у попередній задачі, але додається ще одна операція ― побудова центральної проекції точки М на основу площини α (рис.1.35).

Рис. 1.35

Етапи побудови перерізу.

1.       .

.        .

.        .

.        .

.        =

.       

.        Сполучаємо точки X, Y, Q, Z, X, дістаємо шуканий переріз.

Задача 1.17. Побудувати переріз чотирикутної призми площиною, яка задана точкою М на бічній грані і перетинає дві суміжні сторони основи призми.

Розв’язання. Проектування паралельне (рис. 1.36). Коротко опишемо етапи побудови.

Рис. 1.36

1.       .

.        Якщо , то .

.        або його продовженню; .

.        ; .

.        .

.        Будуємо , оскільки основи призми між собою паралельні. Дістаємо .

.        Точки T, X і ребро  належать площині грані . Тому

.        Сполучивши попарно точки F, Z, Y, X, Q, E відрізками прямих, дістанемо шуканий переріз ― шестикутник FZYXQE.

Задача 1.18. Побудувати переріз чотирикутної піраміди площиною, задана точкою М на бічній грані і перетинає дві суміжні сторони основи піраміди.

Розв’язання. Проектування центральне (рис. 1.37). Коротко опишемо етапи побудови перерізу.

Рис. 1.37

1.       .

.        Якщо , то .

.        =.

.        ; .

.        .

.       

.        Сполучивши попарно точки F, Z, Y, X, E відрізками прямих, дістанемо шуканий переріз ― п’ятикутник FZYXE.

Побудову перерізу циліндра і конуса виконуємо за аналогією до побудови перерізу призми і піраміди площиною. Якщо уявити, що в циліндр (конус) вписано n-кутну призму (піраміду), то бічні ребра призми (піраміди) ― є не що інше, як твірні циліндра (конуса). Отже, вершини шуканого перерізу будуть розміщені на твірних циліндра (конуса): це точки перетину січної площини β з твірними циліндра чи конуса.

Щоб побудувати лінію перерізу циліндра (конуса) площиною, слід визначити точки перетину контурних твірних з даною площиною.

.2.4 Побудова перерізів геометричних тіл методом внутрішнього проектування

Між точками будь-якої площини, яка не є проектуючою відносно основної площини, і точками основної площини існує взаємно однозначна відповідність. Це означає, що коли на малюнку задано якусь площину (наприклад, трьома точками), то для кожної точки цієї площини можна побудувати її проекцію, і, навпаки, знаючи проекцію точки даної площини, можна побудувати цю точку.

Метод відповідності або внутрішнього проектування ґрунтується на взаємно однозначній відповідності між точками січної площини та їх проекціями на основну площину.

Розглянемо задачу на побудову точки перетину січної площини з проектуючою прямою. ЇЇ розв’язання розглянемо для випадку паралельного і центрального проектування.

Задача 1.19. Площину KLM задано точками . Задано також проектуючи пряму b слідом . Побудувати точку Х перетину площини KLM з прямою b.

Розв’язання. Для зручності виконання записів побудов позначимо площину KLM через β, а площину  через α. Тоді площина β ― січна, площина α ― основна. За умовою чотири точки K, L, M, X повинні належати одній площині. Тому розв’язання даної задачі можна звести до побудови точки перетину прямих LM і KX. Проекцію цієї точки не важко побудувати.

Рис. 1.38

-й спосіб. Проектування паралельне. Виконуємо такі побудови:  (рис. 1.38). Далі: .

Беручи до уваги властивість інцидентності точки і прямої, виконуємо такі побудови:

 пряма  ― заданий напрям проектування;

Рис. 1.39

-й спосіб. Проектування центральне.  (рис. 1.39). Далі: .

; точка S ― заданий центр проекцій; .

.

Отже, за відомими чотирма проекціями, з яких відомі три іх оригінали, ми побудуємо і четверту точку оригінал.

Задача 1.20. Дано зображення прямої п’ятикутної призми . Побудувати переріз призми площиною, яка проходить через точки K, L, M, позначені відповідно на бічних ребрах  та на грані .

Розв’язання. За напрям паралельного проектування візьмемо, наприклад, ребро , а за площину проекцій α ― площину нижньої основи даної призми (рис. 1.40).

Знаходимо паралельні проекції даних точок K, L, M на площині α. Ними будуть точки , причому перші дві збігаються з вершинами Е і В (, а третя ― ).

Рис. 1.40

В основі призми позначимо чотири точки: , де .

Проводимо діагоналі чотирикутника , перетин яких дає точку : . Але , тому коли , то .

.

Точки М і Р і ребро  лежать в одній площині , а тому . Знову позначимо чотири точки в площині α, наприклад , де , і також знаходимо точку перетину діагоналей чотирикутника , а потім і шукану точку Y: ; якщо , то

Через те що точки L, Q і ребро  належать одній площині , то .

Точки Y і M лежать в одній площині ― грані , а тому визначають єдиний слід ― пряму YMZ: .

Сполучивши попарно точки X, K, Y, Z, L відрізками прямих, дістанемо шуканий переріз ― п’ятикутник XKYZL.

Задача 1.21. Дано зображення п’ятикутної піраміди SABCDE. Побудувати переріз цієї піраміди площиною, яка проходить через три точки K, L, M, позначені відповідно на бічних ребрах SE, SB та на грані SCD.

Розв'язання. За центр проекцій візьмемо вершину піраміди, а за площину проекцій α ― площину основи даної піраміди (рис. 1. 41). Знаходимо центральні проекції даних точок K, L, M на площині α. Ними будуть точки  , причому перші дві збігаються з вершинами Е і В

(), а третя ― . Отже, .

Рис. 1.41

В основі піраміди ― в площині α позначимо чотири точки: , де .

Проводимо діагоналі чотирикутника , перетин яких дає точку : . Але , тому, якщо , то . . Точки М і Р і ребро SA лежать в одній площині , а тому . Знову позначимо чотири точки в площині α, наприклад , де , і також знаходимо точку перетину діагоналей чотирикутника , а потім і шукану точку Y: ; якщо , то і . .

Через те що точки L, Q і ребро SD належать одній площині , то .

Точки Y і M лежать в одній площині ― грані SCD, а тому визначають єдиний слід ― пряму YMZ: .

Сполучивши попарно точки X, K, Y, Z, L дрізками прямих, дістанемо шуканий переріз ― п’ятикутник XKYZL.

Задача 1.22. На бічній поверхні циліндра позначено три точки K, L, M. Побудувати переріз циліндра площиною, яка проходить через ці точки.

Розв’язання. За площину проекцій візьмемо площину α основи циліндра (рис. 1.42). Внутрішнім проектуванням є паралельне проектування, напрям якого визначається контурною твірною циліндра, наприклад, .

Рис. 1.42

Побудова перерізу виконується аналогічно до побудови перерізу прямої призми. Для побудови перерізу циліндра треба визначити точки перетину контурних твірних циліндра з січною площиною. Такі точки називатимемо базисними.

Етапи побудови перерізу циліндра запишемо в символічній формі. β ― задана січна площина; α ― площина проекцій. Паралельними проекціями точок K, L, M будуть точки: .

В основі циліндра на площині α позначимо чотири точки, три з яких ми вже побудували ( це  ), а четверту  виберемо, знаючи, що , Х ― базисна точка.

, то , де ..

Знаходимо точку Р: .

Якщо точки L і P належать площині  і пряма  належить площині , то .

В основі циліндра ― площина α знову позначаємо чотири точки, три з яких вже відомі ― це , а четверту  вибираємо, знаючи, що . ( ― довільно вибрана твірна циліндра).

,то , де ..

Знаходимо точку F: .

Будуємо шукану точку Y: якщо точки L і F належать площині  і пряма  теж належить цій площині, то .

Сполучивши плавною кривою лінією задані точки K, L, M і побудовані X і Y, дістанемо фігуру шуканого перерізу ― еліпс.

Задача 1.23. На бічній поверхні конуса задано три точки K, L, M. Побудувати переріз конуса площиною, яка проходить через ці точки.

Розв’язання. За площину проекцій візьмемо площину α основи конуса (рис. 1.43). Внутрішнім проектуванням є центральне проектування з центром у вершині S конуса.

Рис. 1.43

Побудова перерізу виконується аналогічно до побудови перерізу піраміди площиною. Для побудови перерізу конуса треба визначити точки перетину контурних твірних конуса з січною площиною. Такі точки називатимемо базисними.

Етапи побудови перерізу конуса запишемо в символічній формі. β ― задана січна площина; α ― площина проекцій (основна площина). Знаходимо центральні проекції точок K, L, M будуть точки: .

В основі конуса на площині α позначимо чотири точки, три з яких ми вже побудували (це ), а четверту  виберемо, знаючи, що , Х ― базисна точка.

, то , де .

Знаходимо точку Р: .

Будуємо шукану базисну точку Х, міркуючи так: якщо точки L і P належать площині  і пряма  належить площині , то .

В основі конуса ― площина α знову вибираємо чотири точки, три з яких вже відомі ― це , а четверту  вибираємо, знаючи, що . SN ― довільно вибрана твірна конуса.

,то , де .

Знаходимо точку F: .

Будуємо шукану точку Y: якщо точки X і F належать площині  і пряма  теж належить цій площині, то .

Сполучивши плавною кривою лінією задані точки K, L, M і побудовані X і Y, дістанемо фігуру шуканого перерізу ― еліпс.

Висновки до розділу 1

Під час вивчення стереометрії роль рисунка, є, безумовно, вирішальною. Вчитель, щоб викликати в учнів наочне просторове уявлення геометричних образів, поєднує його разом з викладом теоретичних міркувань та пояснень. Таке вивчення предмета є конкретнішим і відповідає практичним завданням засвоєння курсу стереометрії. Яким же методом слід користуватися, виконуючи зазначені рисунки? Безумовно, можна скористатися відомими методами нарисної геометрії, яка вивчає типи зображень: комплексний рисунок в ортогональних проекціях (епюри), аксонометрію, лінійну перспективу. Варто підкреслити, що побудова зображень за правилами будь-якого наперед обраного методу проектування потребує виконання тих чи інших графічних операцій, розв’язання певних конструктивних задач, які абсолютно незрозумілі учням, і як наслідок заважатимуть і ускладнюватимуть процес навчання. Наочні ж зображення можна дістати при центральному проектуванні. Це пояснюється тим, що саме розглядання предмета вже є ніби центральним його проектуванням на сітчатку ока. Проте, розглядаючи невеликі предмети здалеку, центральне проектування можна наближено прийняти за паралельне. До того ж паралельну проекцію оригіналу легше будувати, ніж центральну. Тому в педагогічному процесі застосовують зображення, побудовані тільки паралельним проектуванням, при чому рисунок необов’язково вважати проекцією самого оригіналу, досить, щоб зображення було проекцією фігури, подібної до оригіналу. Задля унаочнення зображення, в школі використовують проекцію оригіналу, на якій одні елементи не закривають інші. Тому проектування повинно бути таким, щоб прямі та площини оригіналу не вироджувалися.

У шкільній практиці використовуються проекційні рисунки (так звані вільні зображення). Це зображення, які можна вважати невиродженою паралельною проекцією оригіналу, або подібної до нього фігури, причому напрям проектування щодо оригіналу не вказується. У вивченні стереометрії роль проекційного рисунка вирішальна. З одного боку, вчитель ілюструє за допомогою рисунка на дошці свій виклад, щоб викликати в учнів наочне просторове уявлення про геометричні образи, поєднуючи з ними теоретичні міркування та пояснення. Таке вивчення предмета є конкретнішим і відповідає практичним завданням засвоєння курсу стереометрії. Професор М.Ф. Четверухін у своєму посібнику [11] називає рисунки, застосовані з цією метою, "рисунками-картинами". З другого боку, не можна забувати про друге завдання курсу стереометрії: навчити учнів, оперувати просторовими образами і формами, розв’язувати задачі з просторовими фігурами, тобто знаходити розв’язок фактичною побудовою. Такі рисунки названі автором "рисунки-моделі". Між обома видами рисунків є істотна, глибока принципова відмінність. Якщо "рисунок-картина" залишає свободу дій за педагогом, тобто надає йому можливість вільного вибору елементів зображення на рисунку, то "рисунок-модель" застосовується для ефективного розв’язування стереометричних задач, тобто не допускається довільний вибір шуканих елементів, бо вони цілком визначаються даними з умови.

Також М.Ф. Четверухін [10] і виділяє три вимоги до рисунка - рисунок має бути: правильним, тобто всі його елементи побудовані за допомогою одного й того ж методу проектування; наочним, тобто такий, що дає повне уявлення про оригінал, який зображується; простим у побудові, тобто всі побудови мають бути зрозумілі учням і не обтяжувати викладання матеріалу.

Аналіз типів зображень, вимог та принципів їх побудови в нарисній геометрії та в умовах педагогічного процесу, дає змогу визначити метод та вид проектування. Отже, вільні зображення, які використовуються в шкільному курсі стереометрії, слід виконувати за допомогою паралельного проектування з дотриманням принципу їх зображення згідно трьом вимогам до рисунка: правильність, наочність та простота в побудові. Метод, який при цьому використовується, запропонований М.Ф. Четверухіним і відомий як метод основної площини. Довільність в побудові є обмеженою і пов'язана з поняттями повноти чи неповноти та метричної визначеності рисунка. З огляду на це в практичній діяльності під час вивчення курсу стереометрії варто користуватися неповними або повними метрично невизначеними зображеннями для простоти виконання побудови. Розгляд поетапного формування в учнів умінь зображати просторові фігури в шкільному курсі стереометрії дає можливість створити чітку технологію розвитку таких вмінь. Логічно вибудувана лінія формування й розвитку вмінь старшокласників зображати стереометричні фігури та їх комбінації є запорукою їх графічної культури.

Розділ 2. Методика вивчення задач на побудову в старшій профільній школі

.1 Методичні рекомендації до проведення уроків з навчання учнів розв’язуванню стереометричних задач на побудову

Як навчати учнів розв’язувати стереометричні задачі? У цьому параграфі обговоримо питання, пов’язані з методикою вироблення умінь і навичок, організацією розв’язування стереометричних задач на уроці і вдома тощо Про те, як навчитись розв’язувати задачі, написано немало праць.

У методичних посібниках подано загальні правила, поради, вказівки, які, на думку авторів, допомагають учням швидше навчитись розв’язувати задачі. Система порад, розроблена американським математиком Д. Пойа 1231, найбільш відома, проте вона стосується всіх математичних задач, а тому досить загальна. Конкретнішою щодо геометричних задач є система порад Є.Ф. Данилової 19, 1411. Всього ця система містить 45 порад, що входять у такі шість груп:

І Точно і чітко зрозуміти зміст задачі.

ІІ Скласти план розв’язування задачі.

ІІІ Виконати план.Обґрунтувати розв’язання.Дослідити розв’язок.Перевірити розв’язання.

Зауважимо, що в сучасних умовах дві останні групи можна не виділяти, бо вони стосуються далеко не всіх стереометричних задач, а обгрунтування розв’язання можна вважати складовою частиною групи III. Тому замість трьох останніх груп ми сформулювали б одну: IV. Відповідно оформити розв’язання. Відповідно - означає так, як пропонував учитель: стисло, з коротким чи розгорнутим поясненням.

Основне і найважче - скласти план розв’язування задачі. Є.Ф. Данилова в цій групі формулює 14 порад:

Розчленувати задачу на частини, якщо вона має кілька запитань.

З’ясувати, чи не є задача безпосередньо розв’язуваною.

З’ясувати, чи всі дані і шукані елементи введено в малюнок.

Шукати ідею розв’язання проведенням допоміжних ліній, пов’язаних з означеннями згаданих у задачі понять, і розкладаючи фігуру на трикутники.

Шукати ідею розв'язання за допомогою експерименту і розгляду малюнка.

З’ясувати, чи не можна замінити формулювання задачі іншим, зручнішим, а конкретну задачу - абстрактною геометричною

З’ясувати, чи не можна перетворити дані, діставши з них наслідки.

З’ясувати, чи не можна уявити задачу розв’язаною і дістати в зв’язку з цим ряд наслідків.

З’ясувати, чи не можна скласти загальну формулу розв’язання задачі на обчислення або побудову.

З’ясувати, чи не можна перетворити шукані дані.

Розглянути окремі випадки, які вичерпують задачу.

З’ясувати, чи доводжуване твердження не є оберненим якому-небудь вже доведеному твердженню.

З’ясувати, чи не можна застосувати метод геометричних перетворень (симетрію, паралельне перенесення, гомотетію та ін.)

З’ясувати, чи не можна застосувати метод геометричних місць.

Безперечно, всі ці поради корисні. І вчитель, допомагаючи учням скласти план розв’язування задачі, може вести їх до мети саме такими короткими запитаннями: "Чи не можна розчленувати задачу на частини?", "Чи не можна скористатись гомотетією?" тощо. Зрозуміло. що кількість таких порад треба доповнити: Чи не можна скористатись векторним методом?; Чи не можна скористатись координатним методом?; Чи не можна скористатись похідною, інтегралом?.

Для задач окремих видів такі поради можна конкретизувати. Наприклад, навчаючи учнів розв’язувати задачі на побудову, корисно пропонувати:

         Уявіть, якою може бути побудована фігура.

         Виконайте ту частину побудови, яку можна виконати відразу.

         Якщо площина перетинає паралельні площини, то лінії перетину паралельні!

         Спробуйте скористатись методом слідів.

         Спробуйте скористатись методом відповідності.

         Спробуйте скористатись методом подібності.

         Спробуйте скористатись алгебраїчним методом.

Зрозуміло, перш ніж давати учням такі поради, треба їх ознайомити з названими методами. І не слід переоцінювати роль таких порад. Щоб навчити учнів розв’язувати стереометричні задачі, перш за все, треба розв’язувати багато таких задач. Але якщо розв’язувати їх без системи, без узагальнень, без акцентування уваги учнів на окремих методах, на часто повторюваних прийомах, то бажаного результату досягти не можна.

Особливо важливу роль у навчанні розв’язування стереометричних задач відіграє послідовність, в якій їх пропонують учням. Добираючи задачі до того чи іншого уроку, вчитель насамперед повинен дбати про те, щоб вони стосувались певної теми, допомагали краще осмислити і закріпити її. Коли урок присвячується тільки розв’язуванню задач, то спочатку бажано пропонувати однотипні задачі. Поняття "тип задачі" чітко не окреслено. Подібно до того, як ту саму множину об’єктів можна класифікувати за різними основами, так і окремі типи задач можна виділяти по-різному залежно від мети такого виділення. При цьому, зрозуміло, ту саму задачу можна відносити то до одного типу, то до іншого. Іноді типи стереометричних задач доцільно розглядати залежно від видів фігур, про які в них ідеться: задачі про паралельність прямих і площин, про мимобіжні прямі, про двогранні кути, про перерізи многогранників і т. д. Іноді - залежно від методів і прийомів розв’язання: задачі, які зручно розв’язувати за допомогою векторів, похідної, інтеграла і т. д. Основою об’єднання задач в один тип є аналогія.

Практика показує, що коли пропонувати учням розв’язувати задачі, згруповані за певними ознаками, методами або прийомами розв’язання, то учні швидше й краще засвоюють ці методи і прийоми, успішніше навчаються розв’язувати задачі і цих і інших типів. Задачі інших типів бажано пропонувати лише після того, як учні матимуть досвід розв’язування задач простіших типів.

Розгляд подібних в’язок однотипних задач позитивно впливає на вміння розв’язувати стереометричні задачі. Бажано кожний новин тип задач починати розв’язувати з найпростіших і ускладнювати поступово.

Забезпечення умінь і навичок

Розв’язування стереометричних задач - процес синтезуючий. Він потребує багатьох знань, умінь і навичок не тільки з стереометрії, а й з планіметрії та алгебри, набутих учнями ще кілька років тому. Отже, щоб учні могли успішно навчатись розв’язувати стереометричні задачі, бажано своєчасно організувати повторення відповідних тем. Наприклад, перед розв’язуванням стереометричних задач з застосуванням тригонометрії бажано ґрунтовно повторити матеріал про розв’язування прямокутних і косокутних трикутників, теореми синусів і косинусів.

Не менш важливо нагадати відомі ще з 7-го класу способи визначення площ трикутника, паралелограма, трапеції, ромба тощо.

Обов’язково треба повторити відомі з курсу креслення способи зображень геометричних тіл, наголосивши на тому, як зручно виконувати побудови на папері в клітку.

Починаючи розв’язувати задачі про призми і циліндри, показують учням, як у зошитах малювати основи правильних чотирикутних, трикутних і шестикутних призм, еліпси. Бажано окремі уроки присвячувати малюванню відповідних фігур. На цих уроках можна, крім інших, пропонувати й такі вправи:

         Намалюйте правильну чотирикутну призму, висота якої вдвоє більша від сторони основи.

-        Намалюйте правильну шестикутну призму, всі ребра якої рівні.

-        Намалюйте циліндр, висота якого вдвоє менша від радіуса основи.

Оцінювати такі завдання треба так само вимогливо, як і задачі на обчислення або на побудову.

Усне розв'язування задач

Особливу увагу слід звернути на вироблення умінь і         навичок розв’язувати найпростіші задачі, бо без цього не можна навчити добре розв’язувати задачі середньої трудності. На жаль, останнім часом частина вчителів недооцінює роль таких задач. Причиною цього є поради деяких методистів менше розв’язувати шаблонних, стандартних задач "з малою дидактичною цінністю", а більше - навчаючих і пошукових. В результаті з шкільних навчальних посібників майже повністю вилучено задачі для усного розв’язування, що негативно впливає на формування навичок розв’язування стереометричних задач взагалі. Щоб виправити становище, радимо під час вивчення кожної теми спочатку розв’язати з учнями десяток-два найпростіших задач.

Для усного розв’язування корисно пропонувати стереометричні задачі, пов’язані з тим самим малюнком. Наприклад, намалювавши на класній дошці (або спроектувавши малюнок на екрані) правильну чотирикутну призму з проведеною діагоналлю, учитель може запропонувати учням послідовно кілька задач:

1.Діагональ правильної чотирикутної призми d нахилена до площини основи під кутом .

Визначте:

а)       висоту призми;

б)      діагональ основи призми;

в)      площу основи призми;

г)       площу діагонального перерізу призми;

д)      об’єм призми;

е)       кут між діагоналлю призми і бічним ребром.

2. Діагональ правильної чотирикутної призми d утворює з бічним ребром кут . Визначте:

а)       висоту призми;

б)      діагональ основи призми і т. д.

3.Бічне ребро h правильної чотирикутної призми з її діагоналлю утворює кут . Визначте:

а)       діагональ призми;

б)      діагональ основи призми і т. д.

Так за одним малюнком на уроці можна усно розв’язати з учнями 10-15 задач.

Під час вивчення об’єму похилої призми корисно запропонувати учням, наприклад, такі задачі.

1. Знайдіть об’єм похилої призми, висота якої h, а в основі лежить:

а)       квадрат з стороною а;

б)      квадрат з діагоналлю d;

в)      прямокутник з сторонами а і b

г)       рівносторонній трикутник з стороною а;

д)      ромб з стороною а й кутом α;

е)       паралелограм з сторонами а і b і кутом α;

є) ромб з діагоналями d і ,;

ж)      правильний шестикутник з стороною а.

2. Знайдіть об’єм похилої призми з площею основи S, якщо:

а)       бічне ребро с нахилене до площини основи під кутом α;

б)      бічне ребро с нахилене до площини основи під кутом 60°;

в)      середина бічного ребра віддалена від площини основи на m;

г)       бічне ребро і його проекція на площину основи відповідно дорівнюють b і с.

Вважаємо, що для усного розв’язування слід пропонувати учням не менше задач, ніж для письмового. Кожний учитель самостійно може скласти достатню кількість таких задач. Основою для їх складання можуть бути не тільки малюнки, а й моделі.

Самостійне і колективне розв'язування

На уроках практикують самостійне і колективне розв’язування задач. Завдання вчителя - правильно організувати обидві форми роботи учнів, не нехтуючи жодною з них. Багато методистів шкіл особливо наголошують на організації самостійного розв’язування задач учнями. Це й справді досить важлива і відповідальна справа. Треба домогтися, щоб кожний учень 9-11-х класів умів самостійно розв’язувати задачі принаймні середньої трудності.

Як відомо, учні закріплюють уміння розв’язувати задачі самостійно під час виконання домашніх завдань. Час від часу треба організовувати самостійне розв’язування задач і в класі. Його завдання - навчити учнів розв’язувати задачі того чи іншого типу. Учитель при цьому має активно втручатись в роботу учнів: спостерігати за ходом розв’язування задач, допомагати виправляти помилки, а помітивши помилку, допущену кількома учнями, давати роз’яснення всьому класу. Учитель повинен навчати учнів і під час самостійної роботи. І не обов’язково щоразу для самостійної роботи пропонувати кожному учневі окремий варіант. Навчати одночасно 30-40 учнів зручніше на однакових задачах. Та й для виховання це має велике значення. Учням треба довіряти і вони повинні це бачити. Тому вважаємо, що для такої самостійної роботи досить двох варіантів.

Зрозуміло, що перш ніж пропонувати учням задачі для самостійного розв’язування, треба навчити їх розв’язувати задачі відповідного типу, а це краще робити за допомогою колективних форм роботи. Самостійна робота корисна тоді, коли всі або майже всі учні вміють її виконувати. Тому колективне розв’язування задач учитель повинен ставити на перше місце.

Колективне розв'язування задачі в класі можна організувати по-різному. Наприклад, учитель сам читає задачу, пропонує учням записати її (повністю чи скорочено), будує малюнок і після того, як учні усвідомлять задачу, пропонує їм скласти план розв’язування. Вислухавши з місць кількох учнів та зробивши потрібні корективи, вчитель може запропонувати одному з них розв’язати задачу на дошці, а всім іншим - у зошитах. При цьому слід заохочувати втручання учнів з місць у хід розв’язування задачі на дошці. За раціоналізаторські пропозиції, виправлення допущених помилок бажано відразу ж виставляти відмінні оцінки. Оцінити можна й тих учнів, які склали правильний план розв’язування задачі.

Можливі й інші варіанти колективного розв’язування: задачу вголос читає один учень, або кожний мовчки читає її в посібнику. Будувати малюнок на дошці може один з учнів, а можна заготовити його ще до уроку: на дошці, на окремому аркуші або на кодоплівці. І тут учитель має робити корисні зауваження: порівнювати задачі з раніше розв’язаними, виділяти нові моменти, систематизувати, узагальнювати, виправляти малюнок, записи, відповідь. Іноді, хоч раз на місяць, учитель сам повинен розв’язати на уроці задачу - від початку до кінця, тобто показати, як це треба робити чітко, грамотно й акуратно.

Правильно вважають, що одним з першочергових завдань учителя математики є здійснення індивідуального підходу до учнів, розумна організація їх самостійної роботи. Але якщо ми, переоцінивши роль самостійної роботи, відповідно ослабимо увагу до колективної роботи класу, то бажаного результату не досягнемо.

Вивчення задачі

Перш ніж починати розв’язувати задачу, треба зрозуміти її умову і вимогу. Не всі учні однаково швидко вникають у змісті задачі, тому, тільки коли всі або майже всі учні добре зрозуміють задачу і виконають малюнок, можна приступати до її розв’язування.

Щоб продемонструвати учням, як треба міркувати в процесі вивчення задачі, корисно, щоб учитель на конкретній задачі показав, як це робити, тобто поділився з учнями своїм досвідом. Наведемо міркування вчителя під час розв’язування конкретної задачі: Висота правильної чотирикутної піраміди, яка дорівнює h, утворює з бічною гранню кут α. Через сторону основи піраміди проведено площину, перпендикулярну до протилежної грані. Знайдіть об’єм піраміди, яку відтинає від даної ця площина.

Перший раз я читаю задачу повністю, а другий - частинами, позначаючи водночас на малюнку те, про що йдеться в тексті. Читаємо: "Висота правильної чотирикутної піраміди, яка дорівнює h, ..." і малюємо правильну чотирикутну піраміду, позначаємо її буквами, наприклад SABCD, проводимо висоту SO, біля неї ставимо h. І далі: "...утворює з бічною гранню кут α". Проводимо апофему піраміди, кут між висотою і апофемою піраміди позначаємо дужкою і буквою α.

"Через сторону основи піраміди проведено площину, перпендикулярну до протилежної грані". Проаналізуємо, як зручніше провести цей переріз. Що буде в перерізі? Сторона основи паралельна протилежній грані піраміди, тому в перерізі повинна бути трапеція. Таких трапецій можна намалювати на вже частково зробленому малюнку багато. Мабуть, зручніше провести переріз через ту сторону основи, до якої проведено апофему піраміди.

Читаємо далі: "Знайдіть об’єм піраміди, яку відтинає від даної ця площина". Позначаємо цю піраміду іншим кольором або на малюнку жирніше наводимо її ребра. Тепер ще раз читаємо задачу і перевіряємо малюнок. Щоб швидше вникнути в задачу, бажано на малюнку позначати дані та шукані величини, а окремі деталі виділяти.

Найскладніший і найважливіший етап розв’язування задачі - складання його плану. Іноді учні приступають до розв’язування без плану: виражають одні величини через інші, проводять різні додаткові лінії тощо. Виконують те, що можуть виконати, не знаючи, чи потрібне воно для розв’язання задачі. Це - не кращий шлях. Учитель повинен привчати своїх вихованців діяти цілеспрямовано: спочатку обдумати, хоча у загальних рисах, весь план розв’язування і тільки після цього приступати до його реалізації.

Якщо задачу розв’язують колективно, то в складанні плану розв’язання повинні взяти участь усі учні. Припустимо, що колективно розв’язують таку задачу: Основа прямого паралелепіпеда - ромб, площа якого дорівнює 1 м². Площі діагональних перерізів відповідно дорівнюють 3 м² і 6 м². Знайдіть об’єм паралелепіпеда.

Кожний учень повинен вміти почати розв’язувати задачу, міркуючи так:

Об’єм паралелепіпеда можна визначити за формулою V = SH, де S - площа його основи, а Н― висота. Площа основи паралелепіпеда відома, вона дорівнює 1 м². Отже розв’язування задачі зводиться до знаходження висоти паралелепіпеда.

Учні можуть запропонувати такі плани розв’язання цієї задачі.

― Якщо діагоналі основ і висоту паралелепіпеда позначити буквами х, у і h, то можна скласти три рівняння з трьома невідомими. Розв’язавши систему цих рівнянь, визначимо h.

― Позначимо шукану висоту паралелепіпеда буквою h. Тоді, знаючи площі діагональних перерізів, визначимо через h діагоналі основи паралелепіпеда. Півдобуток цих діагоналей дорівнює відомій площі основи, оскільки в основі паралелепіпеда лежить ромб. Отже, дістанемо рівняння, з якого можна визначити h.

― Діагональними площинами даний паралелепіпед ділиться на чотири трикутні призми, з яких можна скласти прямокутний паралелепіпед, в основі якого буде квадрат. Площа цього квадрата дорівнює 1 м², отже, його сторона - 1 м. Площа бічної грані утвореного прямокутного паралелепіпеда дорівнює 3 м², тому шукана висота паралелепіпеда дорівнює 3 м.

― Замінивши даний паралелепіпед рівновеликим прямокутним паралелепіпедом з відомими площами трьох його граней, неважко визначити всі три виміри прямокутного паралелепіпеда. їх добуток дорівнює шуканому об’єму.

Якщо перший запропонований учнями спосіб збігається з тим, яким передбачав розв’язувати задачу вчитель, то відразу ж інших способів шукати не слід. Це краще зробити пізніше.

Якщо учні запропонують першим не той спосіб, який потрібний учителеві (він не раціональний або такий, що не дає можливості зробити потрібні узагальнення чи зауваження), то бажано відразу зорієнтувати учнів на пошук іншого способу. Тільки склавши план розв’язування задачі і переконавшись, що учні зрозуміли його, приступають до розв'язування. Залежно від мети уроку розв’язання можна записувати на класній дошці (якщо вчитель планував проаналізувати деякі записи, внести поправки), або самостійно в зошитах.

Робота над задачею після розв’язання

Досить часто, записавши відповідь (або сказавши "що й треба було довести"), учні ставлять крапку і вже не повертаються до розв’язаної задачі. А жаль! Саме тепер час зробити потрібні зауваження про особливості розв’язання, розглянути інші його способи, зробити узагальнення. Наприклад, розв’язавши сформульовану задачу про об’єм паралелепіпеда, бажано запропонувати учням таку задачу: Знайдіть об’єм прямого паралелепіпеда, в основі якого лежить ромб, якщо площі основи і діагональних перерізів дорівнюють відповідно Q, M і N?

Тепер цю задачу учні можуть розв’язати за дві хвилини (використавши попередній малюнок). Розв’язати її також можна кількома способами. Іноді корисно запропонувати учням додатково розв’язати за тим самим малюнком ще такі задачі:

1. Чому дорівнює площа повної поверхні даного паралелепіпеда?

2. Визначте величини двогранних кутів цього паралелепіпеда.

Коли б ці задачі розв’язувати окремо, без зв язку з розглянутою, то на кожну з них потрібно було б не менше 10 хв.

Після розв’язування відповідних задач бажано давати деякі загальні рекомендації і конкретні поради щодо деяких прийомів розв’язування різних типів стереометричних задач. Наприклад:

-        якщо в задачі на обчислення дано площу або об’єм якоїсь фігури, спробуйте ввести додаткові лінійні елементи;

-        якщо в задачі дано значення величин кутів, спробуйте виділити трикутники з такими кутами;

-        якщо в задачі йдеться про мимобіжні прямі, намалюйте паралельні площини, яким ці прямі належать;

-        якщо треба визначити суму квадратів якихось довжин, спробуйте використати теорему Піфагора, теорему косинусів, скалярний добуток векторів або координатний метод;

-        якщо йдеться про піраміду, всі бічні ребра якої нахилені до площини основи під однаковими кутами, навколо основи цієї піраміди можна описати коло;

-        якщо йдеться про піраміду, в якої всі двогранні кути при основі рівні, в основу цієї піраміди можна вписати коло;

Такі поради корисні. Доцільніше їх давати після розв’язування відповідних задач як деяке узагальнення.

Іноді, хоч епізодично, після розв’язання задачі корисно запропонувати учням проконтролювати розв'язання. Бажано при цьому порадити учням насамперед звертати увагу на розмірність результату.

Інколи знайти помилку можна прикидкою. З таким способом контролю слід ознайомити учнів.

Надійнішим контролем слід вважати розв’язання тієї самої задачі іншим способом. Але такий контроль нерідко забирає більше часу, ніж розв’язання задачі, до того ж не так легко його відшукати. Найкращий і найзагальніший спосіб перевірки правильності розв’язання задачі- уважний повторний аналіз усіх елементів розв’язання.

Наочні засоби

Велику роль у навчанні розв’язувати стереометричні задачі відіграють наочні засоби: моделі, таблиці,діафільми, діапозитиви, кодопозитиви тощо. Найпростіші і найважливіші з них - моделі, оскільки вони найкраще сприяють виробленню просторової уяви учнів. Під моделями ми розуміємо і спеціально виготовлені скляні, каркасні многогранники, фігури обертання та інші конструкції з паперу, паличок тощо, які є під руками в учителя. Зазначимо відразу, що не треба майже всі стереометричні задачі ілюструвати відповідними моделями. Модель корисна тоді, коли без неї учні не можуть правильно розв’язати задачу, коли багато з них, користуючись малюнком, не можуть правильно уявити ту чи іншу конфігурацію. Коли ж кожну розв’язувану задачу ілюструвати спеціальною моделлю, то напруження учнів, а значить, і ефект розв’язування значно зменшується.

Особливо корисні моделі на перших уроках стереометрії, коли в багатьох учнів ще не досить розвинута просторова уява. Одними малюнками чи екранними засобами тут не обійтись. На кількох перших уроках у 9-му класі корисно демонструвати малюнки відомих учням многогранників з їх діагоналями і запитувати, які із зображених на малюнку прямих перетинаються, а які - ні.

Досвід показує, що майже в кожному класі знайдуться учні, які на деякі з таких запитань дадуть неправильну відповідь. В такому випадку одночасно з малюнком треба показати і відповідну каркасну модель куба.

Нерідко учні неправильно уявляють комбінацію тих чи інших фігур. Наприклад, вважають, що вписана в піраміду куля дотикається до її ребер, вписаний у конус куб розміщений так, що чотири його вершини належать колу основи конуса тощо. Найкращий засіб виправлення таких помилок - показати відповідну модель.

Таблиці, діафільми, діапозитиви під час розв’язування стереометричних задач використовують найчастіше для економії часу. Замість того, щоб малювати складний малюнок на класній дошці, учитель може показати заздалегідь зроблений плакат, відповідну таблицю, чи спроектувати потрібний малюнок на екран. Однак надто захоплюватись розв’язуванням стереометричних задач, користуючись готовим малюнком, не слід. Крім усього іншого, на уроках стереометрії треба розвивати графічну культуру учнів. А для цього необхідно, щоб учень не тільки розглядав готові малюнки, а й бачив, як ті малюнки виконувати і, головне, сам малював. Окремі вчителі математики, щоб економити не тільки свій час, а й учнів, використовують спеціальні штампи многогранників або фігур обертання. Взагалі кажучи, такі штампи корисні і вони заощаджують час при виконанні тренувальних вправ. Але використовувати штампи дуже часто, щоб учні майже не малювали малюнків, а використовували готові,- недоцільно.

Стереометричні моделі можна використовувати не тільки як ілюстрації важчих задач з навчальних посібників, а й як базу для створення нових задач.

В багатьох шкільних математичних кабінетах є моделі, описані в книжці: Придатко М.О. Виготовлення стереометричних моделей / За ред. Г.Ф. Олійника. - К. : Рад. шк., 1986.- 64 с. Демонструючи будь-яку з цих моделей (їх малюнки, узяті із згаданої книжки, наводяться на вклейках), учитель може запропонувати учням кілька задач, насамперед для усного розв’язування.

Наприклад, показуючи десятикласникам першу із цих моделей, можна сформулювати такі задачі:

-        Скільки площин можна провести через ці три червоні точки?

-        Чи існує площина, якій належать усі ці три прямі?

Демонструючи останню модель, можна сформулювати кілька задач для усного і письмового розв’язування.

Конус вписано в правильну чотирикутну піраміду, як показано на моделі. Центр основи конуса - середина висоти піраміди. Знайдіть:

Радіус конуса, якщо сторона основи піраміди 20 см;

Твірну конуса, якщо апофема піраміди 30 см;

Кут між висотою піраміди і апофемою, якщо осьовий переріз конуса - рівносторонній трикутник;

Площу основи конуса, якщо площа основи піраміди дорівнює 0;

Об’єм конуса, якщо об’єм піраміди V;

Відношення площ бічної поверхні конуса і піраміди.

Аналогічно можна складати задачі, що відповідають іншим моделям, вказаним в додатку. Бажано пропонувати, щоб і учні складали свої задачі за даними їм моделями.

Як було вже зазначено, на уроках стереометрії розрізняють два види задач на побудову: уявлювані й ефективні. Про ефективні побудови говорять тоді, коли їх виконують за допомогою лінійки, циркуля або інших креслярських інструментів. Якщо побудови за допомогою інструментів не виконують, а тільки описують словами їх можливість, посилаючись на аксіоми чи теореми, то мають на увазі уявлювані побудови.

Задачі на уявлювані побудови в 9-му класі розв’язують на основі таких припущень:

можна позначити точку на будь-якій фігурі,

можна позначити точку, яка не належить певній фігурі (в останньому випадку мається на увазі фігура, відмінна від простору);

через будь-яку певну точку можна провести пряму, через дві точки можна провести тільки одну пряму;

через будь-яку певну точку можна провести площину, і через дві точки можна провести площину; через три точки, що не належать одній прямій, можна провести тільки одну площину;

якщо в одній площині задано дві непаралельні прямі, то можна визначити їх точку перетину;

якщо задано дві непаралельні площини, то можна визначити їх лінію перетину;

у заданій площині можна виконати будь-яку з побудов, які розглядаються в планіметрії: відкласти відрізок даної довжини, побудувати кут, який дорівнює даному, поділити відрізок на п рівних частин, провести бісектрису кута, через дану точку провести пряму, паралельну даній прямій або перпендикулярну до неї тощо.

Зрозуміло, що під час розв’язування задачі на уявлювану побудову за допомогою креслярських інструментів нічого не будують. Яким інструментом можна провести площину? І хоч говоримо "проведемо площину через три дані точки", маємо на увазі інше: "через три дані точки можна провести площину" (в розумінні сформульованих вище припущень).

Найпростіші задачі на уявлювані побудови в розділі "Паралельність прямих і площин" такі:

Через дану в просторі точку проведіть пряму, паралельну даній прямій.

Через дану в просторі точку проведіть пряму, паралельну даній площині.

Через дану в просторі точку проведіть площину, паралельну даній площині.

.2 Спецкурс для підготовки до зовнішнього незалежного оцінювання учнів з теми "Розв’язування стереометричних задач на побудову"

Для розробки спецкурсу було проаналізовано ряд тестових завдань починаючи з 2006 року до 2013 року і виявлено, що в кожному тесті міститься приблизно по 5-7 завдань зі стереометрії різного типу, але оскільки в учнів виникають утруднення з розв’язанням задач на побудову перерізів многогранників, то спецкурс буде сконцентрований саме на задачах такого типу.

Задачі для підготовки до зовнішнього незалежного оцінювання з математики

.        Дано точки А, В і С, які не лежать в основній площині. Треба побудувати лінію перетину (слід) площини АВС з основною площиною.

Розв’язання: Знаходимо точку Х, в якій пряма ВА перетинає основну площину, і точку Y, в якій пряма ВС перетинає основну площину. Тоді пряма XY являється, очевидно, шуканою (рис.1).

Рис.1.

.        Дано дві проектуючи площини. Треба побудувати їх лінію перетину.

Розв’язання: Нехай одна проектуюча площина визначена на рисунку проектуючими , а друга ― проектуючи ми . Припустимо, що сліди  даних площин перетинаються в точці . Проведемо через цю точку проектуючи пряму . Доведемо, що ця пряма являється шуканою лінією перетину даних площин. Насправді, ця лінія паралельна прямій  (оскільки всі проектуючі паралельні), отже, вона лежить в площині . За аналогічною причиною вона повинна лежати і в площині . Тому пряма  є шуканою лінією перетину даних площин (рис.2).

Рис. 2.

.        Дано: проектуючи площина  і пряма CD (). Побудувати точку зустрічі даної прямої з даною площиною.

Розв’язання: Пряма CD визначає проектуючу площину  , яка проходить через неї.

Будуємо лінію перетину  обох проектуючи площин ( для чого достатньо знайти точку  перетину слідів  і провести через неї проектуючи пряму). Точка Х, в якій ця пряма перетинає дану пряму, і є шуканою. Насправді, вона лежить на прямій CD і на площині , отже, вона являється точкою їх перетину (рис.3).

Рис.3.

.        Дано проектуючу площину  і точку C (). Провести через цю точку площину рівня і побудувати лінію перетину її з даною проектуючою площиною.

Розв’язання: З’єднуємо  з  і проводимо .Тоді CD ― лінія рівня, яка лежить в шуканій площині рівня. Тому точка D є точкою лінії перетину площини рівня з площиною . Оскільки ця лінія перетину являється одночасно і лінією рівня, то вона повинна бути паралельною сліду . Отже, маємо  (рис.4).

Рис.4.

.        Дано дві площини  і . Побудувати лінію їх перетину.

Розв’язання: Будуємо проектуючу площину  і обидві лінії її перетину з двома даними площинами: AX і BY. Знаходимо точку перетину останніх ― K. З'єднуємо K з точкою L перетину слідів даних площин, отримаємо шукану лінію перетину KL (рис.5).

.        Дано зображення куба . Побудувати точку, в якій перетинається пряма  (М - середина ребра ) з площиною ABCD.

Розв’язання: Шукана точка О лежить на прямій, по якій перетинаються площина ABCD і площина, якій належить пряма . Таких площин нескінченна множина. Але ми з них обираємо таку, пряму перетин якої з площиною АВС легко побудувати. Оскільки ребра  і  паралельні, то вони лежать в одній площині, яка перетинається з площиною АВС по прямій АС. Шукана точка О лежить на прямих АС і , розташованих в площині . Тому, побудувавши прямі АС і , знайдемо шукану точку О (рис.6).

Рис.6.

Дано зображення куба . Побудувати точку О перетину прямої  (М - довільна точка ребра ) з діагональною площиною  куба.

Розв’язання: Шукана точка належить одночасно площинам  і  (оскільки цій площині належить пряма ). Отже, точка О належить прямій, по якій перетинаються площини  і . Перетин цієї прямої з прямою  є шуканою точкою О.

Побудова:Будуємо діагоналі граней куба АС, , , BD. Отримуємо точки К і Р. Пряма КР ― це пряма, по якій перетинаються площини  і . Будуємо відрізки РК і . Отримуємо в їх перетині шукану точку О (рис.7).

Рис.7.

.        Дано зображення куба . Побудувати пряму, в якій перетинаються площини  і ВСМ (М - довільна точка грані ).

Розв’язання: Оскільки , то шукана пряма також паралельна AD і BC. Крім того, пряма ВС паралельна площині  . Тому пряма, по якій перетинаються площини МВС і , також паралельна ВС, а значить, і AD. І, нарешті, прямі перетину площин МВС з площинами  і  паралельні між собою. На основі викладеного виконуємо наступні побудови: В площині  через точку М проводимо відрізок . Отримуємо точки . Пряма РК ― шукана (рис.8).

Рис.8.

Дано зображення чотирикутної призми  і відрізка РК, який лежить в площині грані . Побудувати точки перетину прямої РК з площинами ABCD і .

Розв’язання: Пряма РК лежить в площині , яка перетинається площиною АВС по прямій ВС, тому точка Х перетину прямої РК з площиною АВС лежить на продовженні ребра ВС. Точка Y перетину прямої РК з площиною  лежить на прямій перетину площин  і . Будуємо точки  і . Отримуємо пряму EF, по якій перетинаються площини  і .  (рис.9).

Рис. 9.

.        Дано зображення похилої призми  і точки M, K, P, F, E, H ― по одній на кожній грані: Побудувати лінію перетину площин MKE і PFH (рис.10).

Рис.10.

Розв’язання: Ця задача може бути вирішена різними шляхами. Наведемо одне з найбільш простих. Будуємо дві трикутні призми:

а)  ― її бокові ребра паралельні боковим ребрам даної призми і проходять через точки P, H, F; її площини основ співпадають з площинами даної призми;

б)  ― її бокові ребра паралельні боковим ребрам даної призми і проходять через точки M, K, E. ЇЇ площини основ співпадають з площинами даної призми.

Після цього будуючи прямі, по яким дані в умові задачі площини перетинаються з основами даної призми.

)        ; XY ― пряма перетину площини HFP з площиною ABC.

)        Проводимо в площині  через точку Р пряму а, паралельну XY. По прямій а площина HFP перетинається з площиною .

)        , ZG ― пряма перетину площини MKE з площиною .

)        Проводимо в площині АВС через точку М пряму b, паралельну прямій ZG. По прямій b площина MKE перетинається з площиною ABC.

5)      Q ― точка перетину прямих XY і b.

6)      N ― точка перетину прямих GZ і a.

)        Пряма QN ― шукана.

Таким чином, для цього рішення характерні такі етапи:

а) побудова прямих, по яких перетинається дана площина з паралельними площинами (основами призми);

б) безпосередня побудова перетину даних площин.

(Використовувати метод слідів)

9.       На ребрах куба  дано точки P, Q, R такі, що . Побудувати переріз куба площиною PQR .

Розв’язання: З’ясуємо спочатку розв’язується ця задача чи ні. Нехай фігура  є зображенням куба. Це зображення повне. Також зрозуміло, що, маючи на зображенні точки P, Q і R ― проекції точок , ми можемо знайті і другорядні проекції точок . Для цього достатньо виконати в площині зображення внутрішнього паралельного проектування, наприклад, в напрямку, паралельному (). Таким чином, ми знайдемо точки  і прийдемо до висновку, що зображення перетинаючої площини є заданим. Тоді задача про знаходження перетину площини, заданої точками P, Q і R, з поверхнею куба розв’язується. Перейдемо безпосередньо до побудови перерізу. Перш за все знайдемо слід перетинаючої площини ― лінію перетину площини PQR і площини ABC.

)       

Оскільки , а , то . Оскільки , а , то . Таким чином, точка Х є спільною точкою площин PQR і ABC. Точка R також є спільною точкою цих площин. Тоді XR ― пряма, по якій перетинаються площини PQR і ABC.

2)      XR ― слід перетинаючої площини.

3)      .

)        ,

)        .

Оскільки , a  і , то  і . Оскільки , a . Точка Р також є спільною точкою цих площин. Тому МР ― пряма, по якій перетинаються площина PQR з площиною бокової грані  куба.

)        ,

)        ,

)        .

Аналогічно знаходимо далі точку N і виконуємо побудови:

9)      ,

)        ,

)        .

Оскільки за побудовою вершини багатокутника SPKQLR є точками, які лежать в січній площині PQR і належать ребрам куба, то багатокутник SPKQLR ― шуканий переріз. Оскільки по змісту задачі P, Q і R не лежать на одній прямій, то задача має єдиний розв’язок (рис.11).

Рис.11.

.        Побудувати переріз трикутної піраміди площиною, заданою її слідом на площині основи піраміди, який не перетинає сторін основи, і точкою на бічній грані піраміди.

Розв’язання: На рисунку дано зображення піраміди SABC, слід MN площини перерізу на площині основи ABC і точку D на грані BSC. Площина SAD має спільну точку  зі слідом MN, а тому і спільну пряму  з площиною перерізу DMN. Пряма  перетне сторону SA в якійсь точці K, яка належатиме площині перерізу. Знайдемо точку . Тоді пряма перетне бічне ребро SC в точці F, а пряма FD перетне ребро SB в точці L. KFL ― шуканий переріз (рис.12).

Рис.12.

Побудувати переріз п’ятикутної призми площиною, заданою трьома точками, дві з яких лежать на бічних гранях, а третя ― на бічному ребрі.

Розв’язання: Дано зображення п’ятикутної призми  і три точки площини перерізу  (рис.).Для знаходження точок перетину січної площини MNK з ребрами призми використаємо метод слідів і паралельне внутрішнє проектування в напрямі бічних ребер призми. Проекціями даних точок M, N, K у площині основи будуть точки . Тоді  , пряма XY ― слід площини перерізу в площині основи призми.

Побудуємо точку , тоді  і .

Аналогічно, побудувавши точку , одержимо точки  і . Пятикутник MQRLS ― шуканий переріз (рис.13).

Рис.13.

11.     Побудувати переріз чотирикутної піраміди площиною, заданою трьома точками на різних бічних гранях піраміди.

Розв’язання: Дано зображення чотирикутної піраміди SABCD і точок E, F, K на бічних гранях SBC, SAD, SAB відповідно. Розвязування задачі зводиться до знаходження точки перетину січної площини EFK з одним із ребер піраміди. Використаємо метод слідів: побудуємо слід XY січної площині у площині основи піраміди: , де  ― центральні проекції точок F, K, E у внутрішньому проектуванні з центра S на площину основи піраміди.

Для знаходження точки Q на ребрі SC проведемо пряму BC до перетину зі слідом XY у точці Z, тоді  .Далі проводимо пряму RK до перетину з ребром SA в точці M, пряму MF до перетину з ребром SD в точці N (рис.). Чотирикутник QRMN ― шуканий переріз (рис.14).

Рис. 14.

Побудувати переріз п’ятикутної піраміди площиною, заданою трьома точками, дві з яких лежать на бічних ребрах, а одна ― на грані піраміди.

Розв’язання: Дано зображення пятикутної піраміди SABCDF і точок  (рис.15).

Побудуємо слід XY площини перерізу LMN у площині основи піраміди:  (у площині SNM  і D ― центральні проекції точок N і M відповідно),  (у площині SLM, точки B і D ― центральні проекції точок L і M відповідно, S ― центр проектування). Далі знайдемо точки перетину січної площини з бічними ребрами піраміди:

)        де

)       

)        , де .

LKQME ― шуканий переріз.

Рис.15.

(Використовувати метод внутрішнього проектування)

12.     Побудувати переріз куба  площиною, яка проходить через вершину , точку N на ребрі АВ і на M ребрі AD.

Розв’язання: Використаємо внутрішнє проектування паралельно бічним ребрам куба на площину нижньої основи: проекцією точки  буде точка C, точки M і N збігаються зі своїми проекціями (рис.). Знайдемо точку перетину площини  з проектуючою прямою , тоді . Прямі  і  перетинають ребра куба  і  у точках  і  відповідно. Многокутник  ― шуканий переріз (рис.16).

Рис.16.

13.     Побудувати переріз п’ятикутної призми площиною, що проходить через дані три точки, дві з яких лежать на бічних ребрах, а третя ― на бічній грані призми.

Розв’язання: Нехай  ― зображення даної призми, точки  належать площині перерізу (рис.17).

Побудуємо переріз призми методом внутрішнього проектування: точки A, D,  ― проекції даних точок M, N, K у площині основи призми. Знайдемо точку  ― це проекція точки  і , де .Тоді пряма MO перетне ребро  у точці R, а пряма RK перетне ребро  у точці Q.

Далі побудуємо точку  та її прообраз , де , тоді пряма RL перетне ребро  у точці P. Переріз MQRNP ― шуканий.

Рис.17.

14.     Дана п’ятикутна піраміда SABCDF . Побудувати переріз площиною, заданою трьома точками M, N, P на бічних ребрах.

Рис.18.

Розв’язання: Дані точки лежать на ребрах  піраміди SABCDF (рис.18).Розвязання задачі передбачає знаходження точок перетину січної площини MNP з бічними ребрами SB і SC. Використаємо метод центрального внутрішнього проектування на площину основи піраміди з центром S: точки A, F, D ― центральні проекції точок M, N, P відповідно, відрізок AD ― центральна проекція відрізка MP. Для знаходження точки перетину січної площини з ребром SB проведемо відрізок BF основи, який перетне відрізок AD у точці , ця точка є центральною проекцією точки , яка лежить на відрізку MP: . Тоді точка  ― шукана вершина перерізу на ребрі SB. Аналогічно знаходимо точку F на ребра SC: проводимо FC, дістанемо точку  в перетині з AD, яка є проекцією точки , а потім і точку . MNPFK ― шуканий переріз.

15.     Через середини двох суміжних сторін основи правильної чотирикутної призми, сторона основи якої дорівнює а, проведена площина, що перетинає три бічні ребра і нахилена до площини основи під кутом α. Знайдіть площу одержаного перерізу.

Розв’язання:

1.      Побудова зображення. Нехай  ― зображення правильної чотирикутної призми (рис.19). Візьмемо точки M і N такі, що .

Рис.19.

Переріз проходить через пряму MN, що сполучає середини суміжних сторін основи. Тому MN ― ребро двогранного кута між площиною основи і площиною перерізу. Прийнявши за одну сторону лінійного кута діагональ AC основи, маємо, що друга його сторона RK повинна лежати в площині діагонального перерізу . Дійсно , тому  . На бічній грані  лежить точка K, яка належить і перерізу. Другою точкою, що належить і перерізу, і грані , буде точка , отже, пряма KP є лінією перетину площини грані  і площини перерізу, вона перетне ребро  у точці G. Точки N і G ― спільні точки перерізу і грані , отже, NG ― лінія перетину грані  з площиною перерізу. Основу призми площина перерізу перетинає по прямій MN. Точка  є спільною точкою грані  і площини перерізу, як і точка K, тому FK ― лінія їх перетину і . Отже, перерізом призми площиною є п’ятикутник GNMLK.

. Обчислення площі перерізу. П’ятикутник BCDMN є проекцією перерізу GNMLK на площину основи, тому  . Але . Тому  .

Найменше значення площі перерізу буде при , у цьому випадку перерізом буде пятикутник BCDMN і . Найбільшою площа перерізу за даної умови задачі буде тоді, коли точка К суміститься з вершиною , у цьому випадку  і  ― найбільше допустиме значення кута α. Отже,

.

Відповідь: .

16.     Довжина сторони основи правильної чотирикутної піраміди дорівнює а. Площина, яка проходить через сторону основи піраміди і середню лінію протилежної бічної грані, утворює з площиною основи кут . Обчислити об’єм піраміди.

Рис.20.

Розв’язання:

1. Побудова зображення. Будуємо зображення правильної чотирикутної піраміди SABCD:  (рис.20).

ABCD ― квадрат, проведемо його середні лінії (вісі симетрії). Вершина S проектується в точку О їх перетину (і діагоналей основи). Проведемо середню лінію MN грані DSC, тоді  і ABNM ― переріз, який має форму рівнобедреної трапеції. PF ― її вісь симетрії: , тоді  ― як лінійний кут двогранного кута з ребром AB.

. Обчислення об’єму. . Треба знайти H=SO. Зробимо це геометричним способом. FK ― вісь симетрії основи, тоді  (з ). Проведемо  З  і .

Відповідь: .

2.2 Комп’ютерна підтримка навчання учнів розв’язуванню стереометричних задач на побудову

Підвищення результативності вивчення математики можливе шляхом систематичного використання різних педагогічних програмних засобів (ППЗ).

В галузі шкільної освіти взято курс на гуманізацію і демократизацію навчання, а головною його метою стає розвиток особистості як найвищої цінності суспільства. Одним із напрямків формування особистості школяра як творчої, розвитку позитивних якостей кожного учня, його потенційних можливостей є використання на уроках ППЗ з математики. Застосування програмних засобів навчання математики з урахуванням інтересів і здібностей учнів сприятиме становленню всебічно розвиненої особистості.

Одним із засобів візуалізації математичної задачі та її розв'язку, який робить діалог учня та вчителя більш доступним та евристичним, є педагогічні програмні засоби: "Візуальна стереометрія"; "Живая математика"; "GeoGebra"; "Cabri 3D"; "Blender"; "Grand 3D"; "Stereo". Дані ППЗ розроблені відповідно до навчальної програми з математики для 11 класу загальноосвітніх навчальних закладів. Завдяки застосуванню цих програм навчання можна здійснювати розвивальними методами. В ППЗ наведена значна кількість стереометричних задач на побудову перерізів многогранників, що унаочнюють графічні зображення та флеш-моделі, що дозволяють переглянути покрокову побудову перерізу. Ми звернимо особливу увагу на такі програми як "Grand 3D"; "Cabri 3D" та "GeoGebra".

Ці завдання можна використовувати при вивченні таких курсів математики, як загальноосвітній, прикладний, загальнокультурний та поглиблений. ППЗ призначений для використання вчителем і учнями безпосередньо в процесі навчання - на уроках, на заняттях гуртка чи факультативу, при самостійній роботі вдома, а також для ефективної підготовки до контрольних робіт та ЗНО. На уроках геометрії його можна використовувати при поясненні нового матеріалу, закріпленні знань і вмінь, організації контролю навчальних досягнень учнів. Це значно підвищуватиме продуктивність праці як вчителя, так і учнів за рахунок наглядності представленого матеріалу.

Підготовлений ППЗ допоможе вчителю математики у формуванні таких позитивних якостей особистості школяра, як розумова активність, пізнавальна самостійність, пізнавальний інтерес, потреба в самоосвіті, здатність адаптуватися до умов, що змінюються, ініціатива, творчість. Новизну даного матеріалу забезпечує унікальна класифікація задач на побудову перерізів многогранників.

Тому, розглянемо можливості використання існуючих програмних педагогічних засобів, а саме "GRAN-3D", "STEREO" під час вивчення дисциплін фізико-математичного циклу.

На прикладі ППЗ GRAN-3D розв'язування будь-якої задачі зводиться до створення моделі стереометричного об'єкта і виконання операцій, що фігурують в умові задачі. Даний програмний засіб дозволяє оперувати моделями таких геометричних та просторових об'єктів як точка, відрізок (ламана), площина, многогранник, поверхня обертання.

Точки, відрізки, ламані та площини можна задавати двома способами: або безпосередньо ввести необхідні просторові координати з клавіатури, або вказати їх на екрані.

Для спрощення завдання деяких типів стереометричних об'єктів, що вивчаються у школі, програму оснащено послугою "Створити базовий об'єкт", після активізації якої у вікні "Завдання базових стереометричних об'єктів" з'являться доступні засоби для швидкого створення цих об'єктів.

Відразу після створення або модифікації моделей об'єктів за програмою автоматично обчислюються деякі характеристики цих об'єктів. Так, для ламаної обчислюється її довжина, а якщо ламана замкнена, то також обчислюється площа області, обмеженої ламаною.

Над об'єктами можна виконувати операції паралельного перенесення, повороту, зміни розмірів. Разом з тим, можливе виконання перерізів опуклих многогранників площинами, результатом чого є утворення нових многогранників, якими надалі можна оперувати як окремими просторовими об'єктами.

Завдяки перевагам подання графічних та інших даних програмними засобами закладаються істотні передумови успішного викладу навчального матеріалу, а саме: ефективний та раціональний розподіл навчального часу протягом уроку; емоційне включення, гностичність та емоційне сприйняття математичних даних учнями. Розглянемо процес розв'язування деякої стереометричної задачі обчислювального характеру з використанням GRAN-3D та методично опишемо хід її розв'язування.

Задача. Правильну п'ятикутну піраміду, висота якої 5 лін. од., а сторона основи 3 лін. од., перетнуто площиною, що проходить через сторону основи і середину протилежного бічного ребра піраміди. Знайти площу та периметр утвореного перерізу піраміди.

В умові фігурують об'єкти "правильна п'ятикутна піраміда", "точка" (як середина бічного ребра піраміди), "площина", "переріз" (як об'єкт - результат виконання операції "переріз"). Отож необхідно створити моделі відповідних об'єктів, що задовольняють умову задачі та виконати операцію "переріз".

Для створення моделі піраміди зручно скористатися послугою програми "Створити базовий об'єкт". У вікні "Задания базових стереометричних об'єктів", що з'явиться, на вкладниці "Правильна піраміда" встановимо лівий перемикач у положення "Висота" і введемо у поле введення під цим перемикачем значення "5". Далі встановимо перемикач типу задання нижньої основи у положення "Сторона" та введемо у поле введення під цим перемикачем значення "3". Введених параметрів цілком достатньо для автоматичного обчислення за програмою інших параметрів, необхідних для створення многогранника. Після натиснення кнопки "Створити" з'явиться вікно "Конструювання просторового об'єкту" з вкладинкою "Многогранник", де можна змінити (якщо потрібно) деякі параметри створюваного об'єкта. Після натиснення кнопки "Ок" модель піраміди буде створено: зображення п'ятикутної піраміди з'явиться у полі зображення головного вікна, а назва - у переліку об' єктів.

Далі треба створити об'єкт "Точка", що відповідає середині одного з бічних ребер піраміди. Для цього необхідно встановити просторові координати цієї точки, що не важко зробити, якщо відомі координати кінців ребра. Якщо підвести курсор мишки до будь-якої вершини піраміди на зображенні, у полі інформування з'являться просторові координати цієї вершини, у якій сходяться бічні ребра піраміди та координати будь-якої вершини, що належить основі. Встановивши перемикач типу об' єкта у положення "Точка", звернемося до послуги головного меню програми "Об'єкт/Створити". У вікні "Конструювання просторового об'єкта", що з'явиться, на вкладниці "Точка" введемо знайдені координати середини ребра, а у полі введення "Назва об'єкта" введемо "Середина бічного ребра". Після натискання "Ок" об'єкт буде створено.

Для завдання площини перерізу зручно скористатися послугою програми "Об'єкт/Створити з екрану": у полі зображення слід лише вказати три точки, що визначатимуть площину. Для цього потрібно послідовно підводимо курсор мишки на зображення точки "Середина бічного ребра" та на зображення вершин сторони основи піраміди, протилежної до вибраного бічного ребра. У вікні "Конструювання просторового об'єкта", що з'явиться після вказання третьої точки, на вкладці "Площина" введемо назву об'єкта "Площина перерізу" та натиснемо "Ок".

Залишилося лише виконати операцію перерізу піраміди площиною. Для цього доцільно скористатися послугою програми "Операції/Виконати переріз" та за відповідними запитами програми у полі зображення. За допомогою мишки вказати площину перерізу та многогранник, стосовно якого виконується операція. Після виконання операції у полі з' явиться результат обчислення площі та периметра утвореного перерізу, а також буде створено два нових об'єкти-многогранники: "Ч. 1. Правильна п'ятикутна піраміда" та "Ч. 2. Правильна п'ятикутна піраміда", що є частинами базової піраміди в різних півпросторах відносно площини перерізу. Надалі утвореними об'єктами можна оперувати як окремими моделями. Для унаочнення моделей стереометричних тіл доцільно скористатися послугою програми "Зображення/Режим півтонового зображення", завдяки чому об'єкти зображуються з врахуванням видимості ліній і площин, чим досягається "реалістичність" зображення.

Функціональні можливості ППЗ GRAN-3D дозволяють учням добудовувати та видозмінювати моделі та повертатися до попередніх ракурсів відповідно, чим значно підвищується ефективність навчання. Адже аналізуючи динамічні моделі, встановлюючи суттєві зв'язки між її складовими, виділяючи певні ознаки, учні активізують розумову діяльність.

Слід зауважити, що можливості використання розглядуваного програмного засобу не обмежується розв'язуванням задач наведеного типу.

Додаткова інформація програми GRAN-3D про площі та периметри окремих граней многогранників (послуга Обчислення/Многогранник/Площі та периметри граней) дає змогу проводити розрахункові експерименти з порівняння об'єктів за загальними і спеціальними ознаками 1-о рівняння зображень можна здійснювати одночасно з експериментуванням з відповідними розрахунками параметрів просторових моделей. Це збагачує фактологічну базу для співставлення та протиставлення об'єктів, для вибору інваріантної ознаки основи систематизації. Аналіз моделей полегшує поділ об'єктів, що належать обсягу поняття "многогранник" на моделі типу "призми" і типу "не призми", тобто надає можливість учням краще засвоїти основні принципи процесу класифікації математичних об'єктів. Даний програмний продукт не може бути використаний на всіх етапах уроку і під час вивчення будь-якого навчального матеріалу. Для підтримки шкільного курсу стереометрії запроваджено в навчальний процес пакет ППЗ "STEREO", розроблений Моторіною В.Г. [3]. Даний пакет складається з 8 програм і використовується під час вивчення розділів "Многогранники", "Тіла обертання", "Об'єми многогранників", "Об'єми і площі поверхонь тіл обертання" в курсі стереометрії 11 класу. Для кожної з тем виділено два типи програм: програми для актуалізації знань учнів з даної теми, програми для навчання учнів розв'язуванню задач.

У ППЗ "STEREO" передбачено аналіз помилок учня, допущених у процесі виконання завдань, що є важливою дидиктичною вимогою особистісно-орієнтованої концепції побудови сучасної освіти, а саме дає змогу учню одразу здійснити "ліквідацію" прогалин у навчальному матеріалі.

Отримання міцних знань, повноцінний розвиток учнів неможливий без систематичного, добре організованого контролю і за процесом засвоєння, і за результатами навчання. У кожному випадку перевага у використанні програмного пакету "STEREO" очевидна, оскільки: дозволяє проводити ефективне управління процесом навчання; підвищує рівень знань та сформованості умінь і навичок; сприяє глибокому усвідомленню суті геометричних понять, які вивчаються в курсі стереометрії; активізує дослідницький, творчий підхід до розв'язування стереометричних задач.

Одним з найвідоміших ППЗ є GeoGebra ― вільно-поширюване динамічне геометричне середовище, що об'єднує в собі геометрію, алгебру та арифметику. Даний програмний продукт був створений під керівництвом Маркуса Хохенвартера, роботу над яким він розпочав у 2001 році на базі Зальцбурзького університету та продовжив в Університеті Флорида Атлантік (2006-2008), Університеті штату Флорида (2008-2009 роки), і тепер в університеті в Лінці. Розроблене програмне забезпечення розраховане для викладання та вивчення математики у середніх школах та коледжах (10-18 років), проте воно надає широкі можливості для застосування і у вищій школі.

На відміну від інших програм для динамічного маніпулювання геометричними об'єктами, ідея GeoGebra полягає в інтерактивному поєднанні геометричного, алгебраїчного і числового подання.

Програма надає багаті можливостями для роботи з функціями (побудова графіків, обчислення коренів, екстремумів, інтегралів і т. д.). Однією із значних її переваг є можливість покроково відображати хід побудови фігур. Таким чином, є можливість анімовано змінювати координати точок, тоді фігура ніби оживає на моніторі, змінюючи своє зображення внаслідок зміни координат опорних точок.має інтуїтивно-зрозумілий інтерфейс, що складається з вікна графіки та вікна алгебри, і не потребує значних зусиль для засвоєння. З одного боку, у вікні графіки, користувач за допомогою миші може створювати будь-які геометричні побудови за допомогою точок, векторів, прямих, дуг тощо, алгебраїчне подання яких відобразиться у вікні алгебри. З іншого боку, координати та рівняння об' єктів можуть бути введені за допомогою клавіатури у вікні алгебри, тобто існує безпосередній зв' язок алгебри з геометрією. Таким чином, можна легко складати графіки функцій, працювати зі слайдерами для підбору необхідних параметрів.

Наведемо приклад використання динамічного пакету на практиці.

Задача. Точки P, Q і R взяті на поверхні паралелепіпеда  наступним чином: точка Р лежить на діагоналі , точка R ― на ребрі , а точка Q ― на ребрі . Побудуємо переріз паралелепіпеда площиною PQR.

Розв’язання. 1-ий крок. У динамічному середовищі GeoGebra будуємо і наносимо на полотно всі дані з умови задачі (рис. а).Користуємося інструментами з головної панелі, на якій знаходимо прямі, відрізки, точки та всі необхідні деталі для побудови макета паралелепіпеда.

Рис. а)

- ий крок. Будуємо пряму XY, по якій перетинаються площини PQR і ABC, тобто слід січної площини ABC. Для цього будуємо точку Х ― точку перетину прямих RQ і  і точку Y ― точку перетину прямих PQ і  (рис. б).

Рис. б)

- ій крок. Тепер, використовуючи знайдений слід XY, побудуємо точку S, в якій січна площина перетинає пряму .

Оскільки точка S лежить на прямій , то точка  ― проекція точки S на площину АВС співпадає з точкою C. Знаходимо точку V ― точку перетину прямих  і XY.

Оскільки точки R і V лежать в січній площині і в площині грані , то пряма RV ― це лінія перетину вказаних площин, і тоді точка S ― це точка перетину прямих RV і . Аналогічно знаходимо точку Z як точку перетину прямих  і XY, а за тим точку T ― точку перетину прямих ZQ і . З’єднуємо далі точку T з точкою R, отримуємо точку E на ребрі . В площині  ми отримуємо точки F і E, які лежать також і в січній площині. Тоді ці площини перетинаються по прямій FE, причому, оскільки, точка P також належить і площині , і січній площині, то пряма FE пройде через точку P (рис. в).

Рис. в)

- ий крок. З’єднуємо знайдені точки прямими та одержуємо шуканий переріз QFERS (рис. г).

Рис. г)

-ий крок. На даному прикладі дуже зручно показати учням як буде змінюватися переріз та розміщення сліду в залежності від розташування точок на ребрах. І зауважити, що не кожного разу доцільно використовувати метод слідів, оскільки бувають випадки, коли слід знаходиться на дуже великій відстані і це не зручно для вирішення завдання.

У чинній програмі з математики зазначено: "Підвищенню ефективності уроків математики в старших класах сприяє використання програмних засобів навчального призначення. Широке й системне застосування методу математичного моделювання протягом вивчення курсу математики може стати потужним засобом формування в учнів навички повсякденного користування математикою при вивченні природничих предметів".

Алгоритми побудов у СДГ - повчальні й цікаві для учнів. Віртуальні лінійка (відрізок, промінь, пряма) і циркулі (у фіксованій площині - коло, у просторі - сфера) дозволяють застосовувати всі класичні алгоритми задач на побудову.

Побудови - складова частина розв'язування. За допомогою методів паралельного проектування вони зводяться до плоского малюнка на площині, що відображає ракурс зображення просторового геометричного тіла. У разі необхідності його зміна потребує часу на уроці і тому рідко виконується. Виготовити фізичну тривимірну модель до кожної стереометричної задачі також неможливо. Окрім того, статичні моделі не дозволяють варіювати параметри, отже, не сприяють дослідженням. Динамічні малюнки, що легко й миттєво змінюються, створюють СДГ, середовища інтерактивного моделювання у віртуальному просторі, просторового конструювання. Кожний малюнок у ньому є фактично нескінченною множиною малюнків. Учень може зафіксувати той один, на якому він уявляє дану конфігурацію найкраще. Найважливіше те, що малюнок у СДГ - це модель, яка зберігає не лише результат побудови, а також її алгоритм з усіма кроками, вихідними даними, залежностями між базовими об'єктами. Усі поточні побудови фіксуються й за необхідності легко редагуються. Будь-які зміни в необхідному масштабі й динаміці відображаються на дисплеї. Отже, роль малюнка зростає суттєво. Він стає не лише ілюстрацією у процесі розв'язування, а його важливою й невід'ємною частиною.

"Провідним принципом, який визначає структуру навчання математики за математичним та фізико-математичним профілями, є моделювання в навчальному процесі елементів діяльності фахівця-математика", - наголошується в програмі з математики. Вважаємо, що систематичне використання програмних засобів навчального призначення сформує в учнів навички їх застосування в процесі навчання у вузі, розширить математичний кругозір, познайомить з методами дослідження у відповідній галузі науки.

Наведемо практично значимі аспекти застосування СДГ Cabri 3D.

Детально моделювання стереометричних динамічних конфігурацій з досвіду викладання геометрії розглянуто в роботах [22; 23].

• Наочна демонстрація аксіом, означень, теорем, доведень. Комп'ютерні моделі чудово виконують роль інтерпретаторів математичних тверджень. Говорячи, що означений кут між площинами не залежить від вибору січної площини, що міра двогранного кута не залежить від вибору лінійного кута, доводячи задачу-теорему про об'єм похилої призми з виконанням паралельного перенесення її частини тощо, вчитель посилається або на статичні малюнки, або на уяву учнів. Засоби анімації, вбудовані в СДГ, дають можливість моделювати динаміку подібних процесів. Учням варто наголосити, що в реальності ні точок, ні прямих, ні площин не існує. Узагалі, геометрія моделює і досліджує об'єкти в абстрактній формі. СДГ - це лише наочна й наближена комп'ютерна інтерпретація, яка перетворює стереометрію у красиву і "живу".

• Мимобіжні прямі. Ми виділяємо цей пункт тому, що на площині вказані об'єкти не існують, підручники і збірники задач містять недостатню кількість задач із цієї теми. Учням важко даються задачі на знаходження кутів і відстаней між мимобіжними прямими. Експериментування з моделями навчає їх знаходити і будувати необхідні паралельні площини, спільний перпендикуляр. Вважаємо, що СДГ дозволяють розглядати мимобіжні прямі пропедевтично значно раніше десятого класу.

Задача. Дано куб  , довжина ребра якого дорівнює а. Знайти довжини ребер тетраедра . Для кожної пари мимобіжних його ребер вказати паралельні площини, які проходять через ці прямі або площину, що проходить через одну з них, паралельно до другої. Знайти відстань між мимобіжними прямими першої, другої і третьої пари.

Подібні рівневі серії вправ доцільно пропонувати учням для розв'язування з використанням СДГ як навчальні. Шукані відстані:  (рис. 3).

• Побудова перерізів. Ця тема - одна з найсприятливіших для вступу до моделювання. Рисунки нижче ілюструють відому задачу побудови перерізу куба площиною, яка проходить через три точки, що належать попарно мимобіжним ребрам. Cabri 3D дозволяє виконувати реальні перерізи (рис. 5) многогранників площиною (Cut Polyhedron), довільно маніпулювати многогранником (Manipulation), виконувати анімацію (Animation), автоматично і покроково відтворювати побудови (Replay Construction), додавати різні проекції для перегляду (Document / Add View / Front), відтворювати динамічні малюнки в Microsoft Word тощо.

Висновки до розділу 2

Особливості сучасного розвитку освіти України потребують розвинених форм і методів навчання та виховання школяра, що сприяють становленню його особистості. Це покладає величезну відповідальність на вчителів, які повинні свідомо застосувати інноваційні технології навчання. Застосування комп'ютерних технологій навчання в шкільній практиці дає один з шляхів перебудови шкільної освіти.

Відомо, що успішність навчання залежить від відношення дитини до навчан-ня. Позитивне відношення до навчання залежить від мотиву діяльності учня, його інтересу до теми, що вивчається, а також від стійкого інтересу до предмету в цілому. Комп'ютер значно поширив можливості подання навчальної інформації. Застосування кольору, графіки, звуку, сучасних засобів відео техніки дозволяє моделювати різноманітні ситуації і середовища. І це одна з переваг застосування комп'ютерних педагогічних засобів для підвищення інтересу до предмета.

На уроках математики з використанням комп'ютерних технологій учні про-являють зацікавленість до предмета, добре оволодівають знаннями з математики. Процес навчання проходить у невимушеній формі, школярі швидко вирішують поставлені перед ними завдання, не бояться помилитися, є дуже активні, пропонують різноманітні способи розв'язування задач, бажають дістати правильний результат. Якщо це не вдавалося, учні шукали нові варіанти, доки не було досягнуто правильного розв'язування задач - все це сприяє формуванню необхідних математичних понять.

Також можна відзначити, що використання інформаційно-комунікаційних технологій на уроках математики сприяє розвитку пізнавального інтересу учнів, їх розумових здібностей, розвиває хист до самостійної творчої роботи, що допомагає становленню та розвитку особистості дитини.

У сучасному суспільстві використання інформаційних технологій стає необхідним практично в будь-якій сфері діяльності людини. Оволодіння навичками цих технологій ще за шкільною партою багато в чому визначає успішність майбутньої професійної підготовки нинішніх учнів. Досвід показує, що оволодіння цими навичками протікає набагато ефективніше, якщо відбувається не тільки на уроках інформатики, а знаходить своє продовження й розвиток на уроках учителів-предметників. Цей підхід висуває нові вимоги до підготовки вчителя-предметника, ставить перед ним нові проблеми, змушує освоювати нову техніку й створювати нові методики викладання, засновані на використанні сучасного інформаційного середовища навчання.

Загальні висновки

Теоретичне і експериментальне дослідження навчання рішенню задач на побудову, пов'язаного з використанням і розвитком прийомів розумової діяльності учнів старшої школи, підтвердило висунуту гіпотезу і дозволило вирішити ряд поставлених завдань у зв'язку з дослідженням проблеми. У процесі аналізу психологічної та педагогічної літератури з проблеми дослідження, вивчення досвіду формування прийомів розумової діяльності у викладанні математики і геометрії, зокрема, встановлено, що:

) одним з важливих шляхів розумового розвитку учнів є формування прийомів розумової діяльності;

) обґрунтовано положення про те, що в процесі навчання необхідно виокремлювати дві самостійні, але взаємообумовлені і взаємозалежні завдання: оволодіння школярами змістом того чи іншого предмета і цілеспрямоване формування у них загальних і специфічних розумових дій і прийомів розумової діяльності;

) існує розрив між накопиченими теоретичними даними в психології, педагогіці і їх впровадженням у приватні методики, зокрема в методику викладання математики, у практику шкіл;

) навчання прийомам розумової діяльності можна і потрібно здійснювати на провідному навчальному матеріалі, в процесі вирішення завдань;

) формування прийомів розумової діяльності вимагає врахування індивідуальних особливостей учнів;

) сформованість прийомів мислення впливає на мотиваційну сторону вчення;

) формування прийомів розумової діяльності знімає проблему "перевантаження" і формалізму знань.

У процесі аналізу науково-методичної літератури з проблеми дослідження, вивчення досвіду навчання рішенню задач на побудову та формування прийомів розумової діяльності у викладанні геометрії встановлено, що:

) Одним з найбільш провідних і важливих тем профільного шкільного курсу геометрії є тема "Стереометричні задачі на побудову.

) Завдання на побудову повинні пронизувати весь курс шкільної геометрії і бути методом вивчення математичних фактів.

) Завдання на побудову є специфічно геометричними, вони представляють завдання у власному розумінні цього слова.

) Завдання на побудову є дуже важкими для учнів. При вирішенні завдань на побудову найяскравіше проявляється рівень математичного розвитку, розумової діяльності.

) Необхідно цілеспрямоване навчання вирішенню цих завдань, проведення аналізу, дослідження, раціональним прийомам побудови фігур креслярськими інструментами, а також прийомам доведення.

) Існує розрив між необхідністю цілеспрямованого навчання рішенню задач на побудову та висвітленням цієї проблеми в навчальній і методичній літературі, в практиці викладання в школі.

) Особливу роль у процесі вирішення завдань на побудову грають умова і креслення, тому важливим моментом навчання вирішенню цих завдань є формування певних розумових процесів, спрямованих на оволодіння учнями раціональними прийомами аналізу креслення і умови задачі.

) Уміння вирішувати складні задачі на побудову передбачає засвоєння основних і простих завдань. Зазвичай в школі учням показуються способи побудови елементів і фігур, але обґрунтування способів побудови не проводиться, у методичній літературі також поширена думка про недоцільність проводити обґрунтування порядку побудови в задачах, "рішення яких очевидно і безпосередньо вбачається". У той же час, з одного боку, немає об'єктивних критеріїв для визначення очевидності рішення для всіх учнів, з іншого боку, в дидактиці і загальною методикою викладання існує принцип: "Від простого до складного".

) У загальній структурі процесу вирішення складної задачі центральне місце займають процеси виділення часткових завдань. Складне завдання може бути по-різному розчленована на складові частини цієї задачі: а) шляхом послідовного виділення окремих елементів (елементарний аналіз), б) шляхом вичленування трикутника (чи іншою допоміжною фігури) як цілісного комплексу елементів (комплексний аналіз, заснований на синтезі) .

) У процесі вирішення завдань на побудову істотним є виділення шуканого об'єкта на кресленні. В силу варіативності побудов в кожній задачі на кожному етапі пошуків можна орієнтуватися на різні етапи або фігури, як шукані. Уміння вирішувати завдання значною мірою полягає в умінні логічно переходити від відшукання одного шуканого до відшукання іншого, від однієї проміжної мети до іншої. Труднощі в пошуках рішення часто виражаються саме в невмінні звести одну задачу до іншої.

) Для вирішення деяких складних завдань для проведення аналізу первинного креслення-начерку буває недостатньо, необхідно ввести додаткові лінії. Тому для вирішення задачі на побудову буває необхідно відповісти на ряд питань: "чи достатньо для проведення аналізу побудови?"; Якщо по даному кресленню не можна вирішити завдання, то "яку геометричну побудову необхідно застосувати, щоб доповнити креслення?". На основі вищевказаних педагогічних умов реалізації ідей навчання рішенню стереометричних задач на побудову з використанням і розвитком прийомів розумової діяльності напрямки методики навчання рішенню задач на побудову, спрямованої на формування прийомів розумової діяльності учнів.

В якості даних основних напрямків запропоновані наступні:

) Навчання рішенню завдань на побудову і проблема формування прийомів розумової діяльності взаємопов'язані і взаємозумовлені.

) Необхідно цілеспрямоване використання і розвиток прийомів розумової діяльності при навчанні рішенню завдань на побудову.

) Правильне встановлення співвідношень на кресленні залежить від того, наскільки повно проаналізовано умову задачі, і, навпаки, успішний аналіз умови завдання залежить від ступеня проаналізовані креслення.

) Формування певних розумових процесів, спрямованих на оволодіння учнями прийомів розгляду креслення (аналізу креслення), аналізу умови, є найважливішим моментом при навчання рішенню задач на побудову.

) Виділені рівні складності аналізу в задачах на побудову, на нашу думку, можуть служити, підставою для класифікації задач на побудову в процесі навчання: а) основні завдання на побудову; б) прості завдання на побудову; в) складні завдання на побудову, що не вимагають для свого рішення введення додаткових, ліній; г) складні завдання на побудову, що вимагають використання додаткових побудов.

Вивчивши проблему формування конструктивно-геометричних умінь, та навичок учнів, як одного із видів математичних компетенцій та стан її реалізації у старшій школі, відмічаємо, що уміння зображати просторові фігури на площині, виконувати побудови на зображеннях та аналізувати їх, нерозривно пов’язане з розвитком просторової уяви учнів. У зв’язку з цим встановлено, що розв’язання проблеми навчання побудови зображень стереометричних фігур може бути відшукано у застосуванні педагогічних програмних засобів інформаційно-комунікаційних технологій, які ґрунтуються на використанні прийомів розвитку просторової уяви (асоціація, аналогія, гіперболізація, загострення) та рекомендовано підтримувати такі види діяльності як розпізнавання, переміщення, перетворення та перебудова образів, підкріплених діяльністю самого учня, що стимулює розвиток геометричного мислення, зокрема його конструктивний, просторовий та інтуїтивний компоненти.

Проаналізовано наявні програмно-педагогічні засоби на предмет ефективності їх використання під час вивчення стереометрії, з урахуванням методичних вимог наочності, доступності, поетапності формування конструктивно-геометричних знань, умінь і навичок учнів. Встановлено, що програмні засоби: "Візуальна стереометрія"; "Живая математика"; "GeoGebra"; "Cabri 3D"; "Blender"; "Grand 3D"; "Stereo" лише частково задовольняють методичні вимоги формування знань, умінь та навичок учнів побудови зображень стереометричних фігур, тому що просторова уява, як різновид уяви, має певні особливості: вирізняється творчим характером; подає дійсність в образах та здійснює їх уявне перетворення; створює уявний образ об'єкта за його зображенням і, навпаки, зображення за уявним образом.

Сьогодні, як ніколи, все гостріше викристалізовуються протиріччя між: змістом шкільної математичної (зокрема, геометричної) освіти і дидактичним, процесійно-методичним його забезпеченням, з одного боку, та постійно зростаючими програмними вимогами, які під час навчально-виховного процесу ставить учитель, колектив до особистості учня, його уваги, пам’яті, мислення і фактичним рівнем психічного розвитку, розвитком якостей особистості з іншого; варіативністю інтересів, нахилів, здібностей суб’єктів навчального процесу та браком особистісної зорієнтованості змісту й організації навчання математики; наявною практикою впровадження ІКТ під час навчання математики та відсутністю науково виваженого психолого-педагогічного й методичного супроводу; об’єктивною необхідністю реалізації дидактичних умов, що закладені в змісті шкільної геометричної освіти і спрямовані на формування умінь та навичок розв’язувати стереометричні задачі на побудову та недостатнім методичним забезпеченням, необхідним для розв’язання цих завдань.

Отже, методика навчання учнів розв’язувати стереометричні задачі на побудову, яка включає в себе використання ІКТ, потребує і подальшого спеціального дослідження в дидактичному і методичному аспектах.

Список використаних джерел

.       А.В. Прус "Про прикладну спрямованість шкільного курсу стереометрії"

2.     Адамар Ж. Елементарна геометрія: в 2 ч. Ч.2, вип. 2. Стереометрія / Ж. Адамар; пер. В. Е. Бучков, Я. Д. Костецький - К. : Рад. шк., 1955 -244 с.

3.       Александров А.Д. О геометрии / А.Д. Александров // Математика в шк. - 1980. - №3. - С. 56-57.

.        Бевз В.Г. Методические основы построения системы стереометрических упражнений: дис. канд. пед. наук : 13.00.02 / Валентина Григорьевна Бевз. - К., 1989. -197 с.

5.     Бевз Г.П. Методика викладання математики : навч. посіб. / Г.П. Бевз. - К. : Вища шк., 1977. - 376 с.

6.     Бевз Г.П. Методика розв’язування стереометричних задач : посіб. для вчителя. - К. : Рад. шк., 1988. - 192 с.

7.     Бевз Г.П., Бевз В.Г., Владімірова Н.Г., Владіміров В.М. Геометрія, профільний рівень, 10, Київ, "Генеза", 2010.

8.       Бевз Г.П., Бевз В.Г., Владімірова Н.Г., Владіміров В.М. Геометрія, академічний рівень, профільний рівень, 11, Київ, "Генеза", 2011.

9.     Бондаренко М.Ф., Дикарев В.А., Мельников А.Ф. и др. Под ред. Семенца В.В. Математика для поступающих в ВУЗы / Учебное пособие. -Харьков, ХТУРЭ, 1999. - 1120с.

10. Василевский А.В. Методы решения задач. - Минск: Вища школа, 1974.

11. Васильева М.В. Методические рекомендации и указания по геометрии.

12.   Вітюк О.В. GRAN-2D і GRAN-3D - програмні засоби для підтримки курсу геометрії // Інформатика та комп'ютерно-орієнтовані технології навчання: Зб. наук. праць Всеукраїнської науково-практичної конференції (м. Хмельницький, 16-18 травня 2001 року)/ Редкол.-К: Педагогічна думка. 2001.

13.     Вітюк О.В. Розвиток образного мислення учнів при вивченні геометрії з використанням ППЗ GRAN-3D. Комп'ютерно-орієнтовані системи навчання: 36. наук. праць/К.:НПУ ім. Драгоманова.-Випуск 3. 2001

.        Гальперин П.Я. Методы обучения и умственное развитие ребенка. - М.: Изд. Московского ун-та, 1985.

15.   Гальперіна А.Р. Математика. Методика підготовки до ЗНО. -Х.: Веста, 2009. -208с.

16.   Геометрія: Підруч. для 9 кл. загальноосвіт. навч. закл./ М.І. Бурда, Н.А. Тарасенкова. - К.: Зодіак-ЕКО;

17.     Геометрія: підручник для 9 кл. загальноосвітніх навч. закл./ А.П. Єршова, В.В. Голобородько, О.Ф. Крижановський, С.В. Єршов. - Харків: "Ранок";

.        Геометрія: підручник для 9 кл. загальноосвітніх навч. закл./ Г. Мерзляк, В.Б. Полонський, М.С. Якір - "Гімназія"

19.   Говоров В.М., Дыбов П.Т., Мирошин Н.В. Сборник конкурсных задач по математике (с методическими указаниями и решениями). - М.: Наука. Главная редакция физ.-мат. литературы, 1983. - 384с.

20.   Гольдберг Я.Є. С чего начинается решение стереометрической задачи: Пособие для учителя. - Київ: Радянська школа., 1990.

21. Грузін О.І., Неліна О.Є. Система опорних фактів шкільного курсу геометрії. - Х.: Світ дитинства, 2000.

22.   Гулівата І.О. Демонстраційні комп’ютерні моделі як засіб формування просторової уяви / І.О. Гулівата, В. Ф. Заболотний // Зб. наук. пр. Херсон. держ. ун-ту. Сер. Педагогічні науки. - Херсон, 2010. - Вип. 56. - С. 401-406.

23.   Гулівата І.О. Естетичний аспект використання комп’ютерних моделей у навчальному процесі / І.О. Гулівата // Нові технології навчання : зб. наук. пр. / Ін-т інновац. технологій і змісту в освіти МОН України ; Вінниц. соц.-екон. ін.-т ун-ту "Україна". - К. ; Вінниця, 2007. - №48, ч. 1 : Шляхи розвитку духовності та професіоналізму за умов глобалізації ринку освітніх послуг - С. 100-102.

24.     Гулівата І.О. Розвиток просторової уяви учнів з використанням демонстраційних мультимедійних моделей / І.О. Гулівата, В.Ф. Заболотний, Н.А. Мисліцька // Зб. наук. пр. Уман. держ. пед. ун-ту ім. П. Тичини. - Умань, 2008. - Ч. 2. - С. 131-137.

25.   Гулівата І.О. Розвиток просторової уяви учнів у процесі вивчення стереометрії з використанням динамічних комп’ютерних моделей / І.О. Гулівата // Наук. вісн. Ужгород. нац. ун-ту. Сер. Педагогіка. Соціальна робота. - Ужгород, 2010. - Вип. 18. - С. 46-49.

26.   Гусев В.А. и др. Практикум по элементарной математике. Геометрия: Учеб. пособие для студ. физ.-мат. спец. пед. ин-тов и учителей. 2-е изд., перераб. и доп. М., 1992.

27.   Далингер В.А. Проектирование элективных курсов по геометрии посредством локальной аксиоматизации // Современные проблемы науки и образования. - 2006. - №3. -С. 67-70.

28. Демидов В.П. Сборник задач на доказательство по геометрии. - Саранск, 1964.

29. Жовнір Я.М. 500 задач з методики викладання математики. - Харків, 1997.

30. Жовнір Я.М. Позиційні задачі в стереометрії. - Київ, 1991.

31.   Жовнір Я.М. Позиційні задачі в стереометрії: Посібник для вчителя - Київ, "Освіта",1991.

32.   Жук Ю.О. Педагогічні програмні засоби як ринковий продукт / Ю.О. Жук, О.М. Соколюк // Засоби і технології єдиного інформаційного освітнього простору : зб. наук. пр. / за ред. В.Ю. Бикова, Ю.О. Жука ; Ін-т засобів навчання АПН України. - К., 2004. - С. 154-158.

33. Збірник екзаменаційних завдань в 10-11 кл. Геометрія.

34. Зенчин А.Р. Основные принципы построения изображений в стереометрии.

35.   Игначкова А.В., Марченко Т.Л. Методические указания и задания для самомтоятельной работы по геометрии для слушателей подготовительного отделения. - Харьков, ХИЭИ, 1985. - 46с.

36. Изаак Д.Ф. К методике решения задач на построение сечений призм и пирамид // Математика в школе. 1978. № 5.

37. Изаак Д.Ф. О задачах на построение в стереометрии // Математика в школе. 1978. №3.

38.   І.А. Сверчевська "Еволюція вивчення геометричних тіл у шкільному курсі стереометрії"

39.   Кульчицька Н.В. Вивчення стереометрії в старшій школі в умовах використання нової інформаційної технології: дис. канд. пед. наук: 13.00.02 / Н.В. Кульчицька ; УДПУ ім. М. П. Драгоманова. - К., 1993. - 144 с.

40.   Кравченя Э.М. Средства обучения в педагогическом образовании / Э.М. Кравченя. - Минск : БГПУ, 2004.-235 с.

41.   Кутасов А.Д., Пиголкина Т.С., Чехлов В.И., Яковлева Т.Х. Пособие по математике для поступающих в ВУЗы. - М.: Наука. Главная редакция физ.-мат. литературы, 1981. - 480с.

42. Литвиненко В.М. Практикум по решению задач школьной математики. - Москва: Просвещение, 1982., 159с.

43.   Лінник Г.Б., Лінник Б.С., Решетнікова С.М. Навчальний посібник з елементарної математики для школярів та студентів. Х.: Парус, 2005. - 384с.

44. Лоповок Л.М. Сборник задач по стереометрии. Пособие для учителей средних школ. - Москва, 1959.

45.   Малкова Наталія "Навчання учнів розв'язувати стереометричні задачі в умовах застосування ІКТ"

46. Математика. Довідник з розв'язування екзаменаційних завдань. 11 кл. Ч.2. Геометрія. - Тернопіль: "Підручники & посібники", 1998.

47.   Моторіна В. Г. Технології навчання математики в сучасній школі. - Харків, 2001. - 262 с.

48. Наумович Н.В. Геометрические места в пространстве и задачи на построение. - Москва, 1962.

49.     Нелін Є.П. Геометрія в таблицях.

50.   Новик И.А. Формирование методической культуры учителя математики в педвузе / И.А. Новик. -Минск : БГПУ, 2003.- 178 с.

51.   О.В. Погорєлов. Геометрія 10 - 11. - К.: Освіта, 2000. - 128 с.

52. Польских И.Г. Проекционный чертеж и построения на нем. - Москва, 1962.

53.   Прус А.В. Прикладна спрямованість шкільного курсу стереометрії : дис. канд. пед. наук : 13.00.02 / А.В. Прус ; Нац. пед. ун-т ім. М.П. Драгоманова. - К., 2007. - 209 с.

54.   Раков С.А. Формування математичних компетентностей учителя математики на основі дослідницького підходу в навчанні з використанням інформаційних технологій: Дис. докт. пед. наук: 13.00.02 / ХНПУ імені Г.С. Сковороди. - Х., 2005.

55.   Роганін О.М., Каплун О.І. Математика: Практичний довідник. -Харків:

56.   Сборник задач по математике для поступающих во ВТУЗы (с решениями). В 2-х кн. Кн.1. Алгебра: Учеб.пособие / Егеров В.К., Зайцев В.В., Кордемский Б.А. и др.; под ред. Сканави М.И. - М.: Высш.шк., 1994. - 528с.

57. Семушин А.Д. Методика обучения решению задач на построение в стереометрии. - Москва, 1959.

58.   Слєпкань З.І. Методика навчання математики : підруч. для студ. мат. спец. пед. навч. закл.в / З.І. Слєпкань. - К. : Зодіак-ЕКО, 2000. - 512 с.

59.   Смирнова И.М. В мире многогранников: Кн. для учащихся. / И.М. Смирнова. - М.: Просвещение, 1995. - 144 с.

60.     Смирнова И.М. Геометрия: Учеб. пособие для 10-11 кл. гуманит. Профиля. / И.М. Смирнова. - М.: Просвещение, 1997. - 159 с.

.        Смирнова И.М. Об определении понятия правильного многогранника. / И.М. Смирнова. // Математика в школе. - 1995. - №3.

.        Смирнова И.М. Уроки стереометрии в гуманитарных классах. Изучение многогранников. / И.М. Смирнова. // Математика в школе. - 1994. - №4.

63. Смогоржеввский О.С. Дослідження задач на побудову. - Харків, 1961.

64.   Співаковський О.В. Теорія і практика використання інформаційних технологій у процесі підготовки студентів математичних спеціальностей : монографія / О.В. Співаковський. - Херсон : Айлант, 2003. - 249 с.

65.   Справочное пособие по методам решения задач по математике для средней школы. Цыпкин А.Г., Пинский А.И. - М.: Наука. Главная редакция физ.-мат. литературы, 1984. - 416с.

66.   Стереометрія у старшій школі : посіб. для вчителя / Я.С. Бродський, В.Ю. Грек, О.Л. Павлов [та ін.]. - Т.: Богдан, 2005. - 404 с.

67.   Столяр A.A. Педагогика математики. - Минск: Высшая школа, 1986.

68.   Федорчук Е.І. Сучасні педагогічні технології. Навч.-методичний посібник. - Абетка, 2006. - 212 с.

69.   Філон Л. Елементи стереометрії в курсі математики основної школи: навч. посіб. для студ. мат. спец. вищ. навч. закл. / Л. Філон, В. Швець. - К.: Шкіл. світ, 2006. - 128 с. - (Б-ка "Шкіл. світу"). - Бібліогр.: с. 123-127.

70.   ФОП Співак Т.К., 2009. - 416с.

71.   Четверухин М.Ф. Изображение фигур в курсе геометри: пособие для учителей / М.Ф. Четверухин. − М. : Учпедгиз, 1958. − 216 с.

72.   Четверухин Н. Ф. Вопросы формирования и развития пространственных представлений и пространственного воображения учащихся / Н. Ф. Четверухин // Формирование и развитие пространственных представлений у учащихся. - М., 1964. - С. 52-60.

73. Четверухин Н.Ф. Вопросы методологии и методики геометрического построения в школьном курсе геометрии. - АПНРСФСР, 1940.

74.     Четверухин Н.Ф. Методы геометрических построений. - Москва. Учпедгиз, 1952.

75. Четверухин Н.Ф. Стереометрия задачи на проекционном чертеже. - Москва, 1954.

76. Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии (стереометрия).

77.   Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике. Решение задач. - М.: Просвещение, 1991.- 384с.

78. Шклярский Д.О. Избранные задачи.Ч.3. Геометрия. - Москва, 1954.

79.   Якиманская И.С. Личностно-ориентированное обучение в современной школе. - М. "Сентябрь", 1996.

80.     Якиманская И.С. Розвитие пространственного мышления школьников. - М.:Педагогіка, 1980.