Обобщающие повторения курса стереометрии через задачи

 

Гулиев Асаб Астан оглу,

кандидат педагогических наук, доцент Азербайджанского государственного педагогического университета.

 

Generalized recurrence of stereometry course by object

 

Guliyev A. A.

 

The role of objects for the training of stereometry are looked through in the article and showed the methodical features of final recurrence of such course on the base of (8) eight objects.

 

Основным средством достижения главных целей изучения курса стереометрии – дальнейшего фор­мирования навыков логического мышления, развития простран­ственных представлений, дальнейшего ознакомления с прикладным аппаратом и приложениями классической и современной геометрии, продвижения к ним является решение различного рода задач. Решение задач базируется на теории, которая по сути своей есть не что иное, как совокупность основных – ведущих, базисных задач, которые как бы решены заранее. Базисные задачи – это теоремы и другие свойства геометрических фигур, конфигураций (т.е. сорасположенных фигур) и конструкций (таких, как параллельное проектирование, сим­метрия и т.д.).

Решение задач в обучении выступает и как цель и как средство обучения.

Проблемы задач занимают значительное место во многих разделах дидактики и педагогической психологии, однако до сих пор объектом исследования этих наук являлись процессы решения задач, сами задачи, как таковые, находились за рамками психолого-педагогических исследований, тем более, что отдельные виды задач являлись и являются предметом изучения других наук. Так, математические задачи и методы их решения рассматриваются в математике, физические – в физике, социально-экономические – в политэкономии и т.д. в психологии исследуются лишь процессы решения задач и особенности этих прцессов при решении отдельных их видов. Предметом исследования дидактики и частных методик являются вопросы использвания решений задач в обучении.

В учебно-педагогической литературе встречаются самые разнообразные подходы к понятию задачи:

1) «Таким образом, задача предполагает необходимость сознательного поиска соотвествующего средства для достижения ясно видимой, но непосредственно недоступной цели. Решение задачи означает нахождение этого средства» [2].

2) «Задача есть изложение требования «найти» по «данным» вещам другие «искомые» вещи, находящиеся друг к другу и к данным вещам в указанных соотношениях» [4, стр.11]. При этом предполагается, что понятия «вещь», «найти», «данные», «искомые» в каждом отдельном случае особо определяются.

3) При наличии каким бы то небыло образом выраженной потребности к установлению неизвестных данному человеку элементов, свойств и отношений из множества R, проблемный характер которого зафиксирован последнее становится задачей для данного субъекта» [3] и т.д.

Заключительное повторение курса стереометрии преследует цель систематизировать и обобщить ранее изученные свойства прос­тран­ствен­ных фигур.

Для понимания методической системы этой работы рассмотрим следующие задачи и их решения. Таким путем можно построить целую иерархию задач по уровням обобщения.

1. Точки А, В, С не лежат на одной прямой, точки D, E – середины отрезков AC и BC соотвественно. Докажите, что точки: 1) A, B, D; 2) C, D, E; 3) A, D, E не лежат на одной прямой.

1) Если A, B, D лежат на прямой х, то эта прямая имеет две общие точки с прямой АС (А и D), х совпадает АС и точка С вместе с точками А, В принадлажит х, что противоречит условию.

2) Если A, D, E лежат на прямой х, то эта прямая совпадает с АС (как выше). Прямая х имеет с прямой ВС две общие точки С и Е, а значит, х совпадает с ВС. Таким образом, все три данные точки лежат на одной прямой (х), что противоречит условию.

2. Точки K, M, P, - середины ребер АВ, ВС, СА тетраэдра АВСD. Докажите, что прямые KР и DМ скрещиваются.

Прямая DМ пересекает плоскость АВС в точке М, не лежащей на прямой KР этой плоскости (рис. 1), и по 2-му признаку скрещивающихся прямых (если прямая а лежит на плоскости , а прямая b пересекает  в точке В, не принадлежащей а, то а и b скрещиваются) прямые DM и KP скрещиваются. Однако нужно еще обосновать что точка М не лежит на прямой KP. Это следует, например, из того, что (средняя линия треугольника) и точка М, лежащая на одной из двух паралельных пря­мых, не может лежать на другой. Некоторая витиеватость пос­лед­него рассуждения наталкивает на общую задачу.

3. Даны прямая а и точки М вне прямой а. Через точку М провести плоскость, паралельную прямой а.

М и а определяют единственную плоскость  (рис. 2).

В плоскости  через точку М проводят единственную прямую b, параллельную а. Через b проводят плоскость . Плоскость  параллельна прямой а по признаку параллельности прямой и плоскости.

Поскольку через прямую b можно провести сколько угодно плос­костей, то задача имеет бесчисленное множество решений.

4. Ребро куба равно а. Найдите расстояние между скрещи­ваю­щимся диагоналями двух соседних граней куба.

Покажем три способа решения.

1) В кубе ABCD  найдем расстояние между скрещиваю­щи­мися прямыми  и  (рис. 3). Так как прямая  параллельна прямой , то прямая  параллельна плоскости . Таким образом, искомое расстояние это расстояние от прямой  до плоскости . Итак, найдем расстояние от какой-либо точки прямой , например от точки С до плоскости .

Так как прямая  перпендикулярно прямым  и , то прямая  перпендикулярна плоскости . Но тогда и плоскость  будет перпендикулярна плоскости . Таким образом перпендикуляр СН к плоскости  будет лежать на плоскости , а его основание – точка Н – на линии пересечения этих плоскостей, т.е. на прямой  (рис. 3).

Из подобия прямоугольных треугольников  и  следует, что , откуда .

2) Расстояние  между скрещивающимися прямыми, содержащими отрезки  и  соответственно, можно вычислять по формуле , где  - угол между прямыми АВ и СD, а  - объем треугольной пирамиды  (рис. 4).

Искомое расстояние найдем по формуле (рис. 5)

.

3) Введем прямоугольную систему координат (рис. 5). Если а=1, то уравнение плоскости, проходящей через точки , ,  имеет вид  или х-у-2=0. Далее по формуле  най­дем расстояние от точки  до плоскости .

Сравнивая различные способы решения за­да­чи на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми, видим, что наи­бо­лее универсальным является ко­ор­ди­натно-векторный метод, а наиболее ра­ци­о­на­льным, алгоритмичным и доступ­ным большинству учащихся метод, основан­ный на применении формулы с объе­мом пи­ра­ми­ды. Но, несомненно, показателем высокой мате­ма­тической культуры шко­льника будущего аби­ту­риента, будет классический способ решения за­дачи – нахождение длины общего перпендикуляра на основе чисто гео­мет­ри­ческих рассуждений.

5. Основанием прямой призмы является параллелограмм. Через сторону основания, равную а, и противолежащую ей сторону другого основания проведено сечение, составляющее угол с плоскостью основания. Площадь сечения равно Q. Найдите объем призмы.

Сечение ABC₁D₁ – паралелограмм, так как противоположные стороны  и  равны и паралельны (рис. 6). Проведем , тогда  по теореме о трех перпендикулярах. Угол  - линейный угол двугранного угла, образованного плос­костями сечения и основания призмы, поэтому , .

. Так как , то

Из получаем .

.

6. Объемы тел, получающихся при вращении ромба вокруг каждой из его диагоналей, равны, соовтественно, 1 и . Найдите объем тела, получаю­ще­г­о­ся при вращении ромба вокруг его стороны.

Пусть  - данный ромб (рис. 7).

По­ло­жим  и . Тогда ,  и объем тела, полу­чаю­щегося при вращении ромба вокруг диагонали , есть . Аналогично, объем тела, получающегося при вращении ромба вокруг диагонали , есть  . При нахождении объема тела , получающегося при вращении ромба вокруг его стороны (например, АВ на рис. 8) надо к объему цилиндра, образованного вращением прямоугольника , прибавить объем конуса, образованного вращением треугольника  и вычесть объем конуса, образованного вращением треугольника . Но треугольники равны между собой, а , поэтому  и надо найти , зная  и . Поскольку    то  и . При , , получаем .

Так как эту задачу решали в осевых сечениях и по сути, является задачами по планиметрии. А решении его существенную роль играли тригонометрические преобразования.

7. Докажите, что объем тетраэдра  равен , где  и  - плоские углы при вершине  противолежащие ребрам  и , а  - двугранный угол при ребре .

В тетраэдре  по условию , ,  (рис. 9). Высота треугольника  проведенная из вершины , равна , поэтому высота тетраэдра опущенная на плоскость , равна . Ясно также, что .

8. Дан тетраэдр . Через точку о основания  провести прямую, пересекающую два противоположных ребра  и .

В плоскости основания  соединяем точки С и о прямой и продолжаем ее до пересечения с ребром  в точке ;  - искомая прямая (рис. 10).

Задачи (в том числе стереометрических) и меха­низмы их решения должны стать объектами глубокого и постоянного изучения на протяжении всех лет обучения.

 

Литература

 

1. Балл Г.А. О психологическом содержании понятия «задач», «Воп­росы психологии», 1970, №6.

2. Пойа Д. Математическое открытие, «Наука», М., 1970.

3. Колягин Ю.М. и др. Методика преподавания математики, общая методика, «Просвещение», М., 1975.

4. Фридман Л.М. Логико-психологический анализ школьных учебных задач. «Педагогика», М., 1977.

5. Методика преподавания математики в средней школе, частная методика, составитель В.И.Мишин. М., «Просвещение», 1987.

6. Гулиев А.А. Повторение планиметрии через задачи. Баку, «Нурлан», 2008.

7. Гулиев А.А. Обобщение при обучении математики. Баку, «Элм», 2009.

 

Поступила в редакцию 01.06.2010 г.