Харківський національний педагогічний університет імені Г. С. Сковороди

Кафедра математики

Дипломна робота

Тема:

«Стереометричні задачі на побудову та їх вивчення в старшій профільній школі»

Виконала студентка

фізико-математичного факультету

групи 5МФ

Романенко Діна Сергіївна

Науковий керівник:

Долгова Оксана Євгеніївна

Харків 2014 зміст

ВСТУП………………………………………………………………………………4

РОЗДІЛ 1. ТЕОРИЕТИЧНІ ОСНОВИ ГЕОМЕТРИЧНИХ ПОБУДОВ У КУРСІ СТЕРЕОМЕТРІЇ…………………………………………………………………….9

1.1. Паралельне і центральне проектування та їх властивості…………….9

1.2. Основні типи стереометричних задач на побудову та методи їх розв’язування……………………………………………………………………….18

1.2.1. Задачі на уявлювані побудови…………………………………18

1.2.2.Побудова елементів плоских фігур, заданих на проекційному рисунку……………………………………………………………………..34

1.2.3.Побудова перерізів многогранників методом слідів………40

1.2.4.Побудова перерізів геометричних тіл методом внутрішнього проектування……………………………………………………….46

Висновки до розділу 1……………………………………………………………53

РОЗДІЛ 2. МЕТОДИКА ВИВЧЕННЯ ЗАДАЧ НА ПОБУДОВУ В СТАРШІЙ ПРОФІЛЬНІЙ ШКОЛІ……………………………………………………………..56

2.1. Методичні рекомендації до проведення уроків з навчання учнів розв’язуванню стереометричних задач на побудову………….56

2.2. Спецкурс для підготовки до ЗНО учнів з теми «Розв’язування стереометричних задач на побудову»……………………71

2.3. Комп’ютерна підтримка навчання учнів розв’язуванню стереометричних задач на побудову…………………………81

Висновки до розділу 2……………………………………………………………..95

ЗАГАЛЬНІ ВИСНОВКИ…………………………………………………………97

СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ…………………………………………102

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.

Навчальні пред мети	Універ- сальний			Філологічний, суспільно-гуманітарний, спортивний, художньо-естетичний			Природни чий			Фізико-математичний
	10	11	10		11	10		11	10		11
Матема- тика	4	4	3		3	4		4	8+(2)		6+(2)
В тому числі: алгебра та початки аналізу	2	2	2		2	2		2	4+(1)		4+(1)
геометрія	2	2	1		1	2		2	2+(1)		2+(1)

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. Повний обсяг роботи викладено на … сторінках, з яких основний текст становить … сторінку. Робота містить… рисунків

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.

1. 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).

2. 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.

3. 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.

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

5. 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.

1. 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).

2. 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).

3. Інцидентність точок і прямих при паралельному проектуванні не порушується.

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

4. 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

6. 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). ТодіАВ‖і, тому (―паралелограм).

Рис.1.9.

8. 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 фігуруна 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;

2. 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’язуваня

   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 мисленним 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 .

1 . 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 .

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

4 . 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:

1 . У заданій площині проведемо дві прямі, що перетинаються.

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

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

4. 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 » ) :

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

2. 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 ] :

1. 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.

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

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

4. 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.

5. 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.

2. 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,іперпендикулярний прямійа, оскільки всі вони лежать у площині δ і а перпендикулярна площині δ.

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

5. Оскільки (γ ― біссектор двогранного кута, утвореного півплощинами α і β), то, тобто– бісектрисаТаким чином, напівплощина γ задається прямоюа і променем .

Побудова:  

Рис. 1. 13

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

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

3. Проведемо бісектрису AM кута KAN

4. 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;

3. Доведемо, що :

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

б) (як лінійні кути двогранного кута з реброма 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 основиE і F перпендикулярів XE і XF лежать відповідно на променях і. ТрикутникиBXE 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 ).

1.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 .

2. 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 .

1 . 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.

2 . 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.

3. 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 .

4 . 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:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

15. 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:

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

2. 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:

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

2. 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 );

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

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

4. 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:

1 . Через пряму а і точку А проведемо площину α;

2 . Через пряму b і точку А проведемо площину β;

3. 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:

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

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

3. 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 .

2 випадок: А а.

Рис. 1.18

Побудова:

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

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

3. 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.

1. 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 .

2. У площині існує власна точка В.

3. У площині існує власна точкаС.

4. 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 точкиА , В, С.

5. 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.

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

2. 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. 

3. 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: 

1 . 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 прямоїm, 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. 

3. 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:

1. 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 точціВ 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 точціВ відносно площини α (рис. 1.22).

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

Доведення:

1. Точка М належить площині α з побудови .

2. 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 точкаN 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.

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

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

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 ),

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.

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 . ТочкаМ 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.

1-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 інцидентиості. Оскільки прямі XY і належать одній і тій самій проектуючій площині, то перпендикулярММ₁ 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 тапаралельно бічному ребруВ'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 іналежать площині нижньої основиABCD (або пл. α), то пряма є проекція прямої-оригіналуKL. Відрізок — невидимий, бо і відрізокKL невиди­мий, через це обводимо їх штриховими лініями.

Прямі KL іналежать проектуючій площиніβ, 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 миогогранника.

Перерізом кривої поверхі 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 проекціїна основу площини α.

Рис. 1.34

Виконуємо побудови.

1. , причому .

2. Будуємо точку . , причому.

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

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

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

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

7. 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 .

8. , причому .

9. 

10. 

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, розміщеномю на бічній грані піраміди.

Розвязання. 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. .

2. .

3. .

4. .

5. =

6. 

7. 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. .

2. Якщо , то .

3. або його продовженню; .

4. ; .

5. .

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

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

8. 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. .

2. Якщо , то .

3. =.

4. ; .

5. .

6. 

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

1.2.4.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

1-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

2-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 точкуY: ;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 ― прямуYMZ: .

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.

Роз’вязання. 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 пряматеж 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 пряматеж 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 ІІ Методика вивчення задач на побудову в старшій профільній школі

2.1 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. Даиилової 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.

IV Обгрунтувати розв’язання.

V Дослідити розв’язок.

VI 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 грунтовно 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. ІЦоб 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 аадачу, 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, шо 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 зассбами 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 можна провести площину через дві зелені і дві чорні 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 уявлюваиі 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. Срецкурс 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 затруднення з розв’язанням задач на побудову перерізів многогранників, то спецкурс буде сконцентрований саме на задачах такого типу.