Методические аспекты подготовки учащихся к решению геометрических задач

Отдел образования администрации муниципального образования «Асекеевский район» Оренбургской области

                                            Сатардинова Л. А.

Методические аспекты подготовки учащихся к решению геометрических задач

Асекеево 2024 г.

Содержание:

Введение………………………………………………………………… 3

Этапы решения стереометрических задач, как основа методики обучения школьников их решению……………………………………… 4

Особенности обучения решению задач геометрии прямых и плоскостей в пространстве…………………………………………13

Особенности обучения решению задач геометрии об углах между прямыми и плоскостями в пространстве………………………….19

Особенности обучения решению задач геометрии о расстоянии между прямыми и плоскостями в пространстве…………………24

Заключение……………………………………………………………..28

Литература……………………………………………………………...29

Введение

Решение различных видов задач является одним из основных видов деятельности учащихся в процессе обучения. Среди всех школьных предметов именно математика изобилует различными типами задач и упражнений. Однако нужно признать тот факт, что к окончанию обучения многие учащиеся так и не приобретают навыки по организации своей деятельности в процессе решения задачи и с трудом решают задачи, которые выходят за рамки стандартных. Особенно это касается задач по геометрии

Геометрия, это учебная дисциплина, которая играет ведущую роль в развитии логического мышления и пространственного воображения человека. Изучение геометрии наряду с формированием специальных геометрических знаний обучающихся, играют огромную роль и в развитии личности, ее умении логически мыслить и доказательно обосновывать утверждения в других сферах жизнедеятельности.

Геометрические задачи являются одним их основных средств, используемых при обучении геометрии для формирования знаний, умений и навыков.

Больше всего проблем обучающиеся, испытывают при решении стереометрических задач, так как очень тяжело представлять пространственные фигуры, большинство привыкли иметь делом с плоскостными фигурами.

Трудности в изучении стереометрии вызваны тем, что зрительное восприятие геометрических объектов не всегда соответствует тем закономерностям, которыми этот объект обладает. Например, скрещивающиеся прямые могут выглядеть как пересекающиеся или как параллельные прямые, прямой угол может выглядеть как острый или тупой угол, равные отрезки могут выглядеть как отрезки разной длины.

Умение решать задачи по стереометрии – это сложное умение, предполагающее от учащегося умение осуществлять деятельность на каждом этапе решения задачи. Методика обучения учащихся решению геометрических, задач должна заключаться в обучении учащихся действиям на каждом этапе работы над задачей. Таким образом, общая методическая схема обучения решению математических задач состоит из этапов, определяющих последовательность действий учителя.

В данной методической работе подробно рассмотрены этапы решения стереометрических задач и а также методические аспекты обучения отдельных тем стереометрии в 10 классе

Этапы решения геометрических задач, как основа методики обучения школьников их решению.

Анализируя результаты Единого государственного экзамена в 11 классе, эксперты отмечают, что даже, наиболее подготовленным ученикам, требуется повышенное внимание при решении геометрических задач. Понятно, что при столь значимом социальном запросе педагогическая наука не обходит стороной вопрос обучения школьников геометрии.

Озаботившись данной проблемой, я изучила работу кандидата физико-математических наук Кузьмина Сергея Геннадьевича и кандидата педагогических наук Костюченко Романа Юрьевича, доцентов Омского государственного педагогического университета. Их совместная работа называется: «Этапы решения стереометрических задач, как основа методики обучения школьников их решению», Изучив их труд, выделила следующие четыре этапа решения стереометрических задач:

Осмысление условия задачи;

Поиск и составление плана решения задачи;

Решение и оформление решения задачи согласно составленному плану;

Осмысление найденного решения.

Для изложения данных тезисов буду опираться на решение следующей стереометрической задачи:

Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF, где отрезок SO — её высота, SM — апофема боковой грани SCD. Докажите, что OH является перпендикуляром к плоскости SCD если OH- перпендикуляр к SM.

Осмысление условия задачи.

К сожалению, многие молодые учителя не понимают особую важность этого этапа. На данном этапе у обучающегосяся должно складывается ясное представление о поставленной задаче. Здесь следует организовать управляемый процесс осмысления условия задачи, для того чтобы обучающийся пришел к заранее определенному учителем результату, а не такой, какой получился бы у ученика сам собой.

Очевидно, первое, что надо сделать, это дать обучающимся возможность познакомиться с текстом задачи, внимательно прочитать, чтобы охватить общую ситуацию, описанную в задаче. Обычно, в стереометрических задачах задаётся один или два основных геометрических объекта, и указываются составляющие для одного объекта, либо связи между несколькими геометрическими объектами.

Далее нужно выделить условие и заключение задачи. По-другому, требуется определить, что дано и что требуется доказать или найти. Нужно учесть что, обычно формулировка задачи дается в свернутом виде. И очень важно, чтобы обучающиеся умели развертывать его в систему взаимосвязанных высказываний и требований.

Стереометрическая задача будет представлять собой композицию трёх элементов:

чертёж, удовлетворяющий содержанию задачи;

отдельно выделенное условие задачи, предваряемое записью «Дано», и содержащее дискретную совокупность видовых отличий;

требование задачи, обычно начинающееся со слов «Доказать» или «Найти».

В рассматриваемой задаче основная фигура — пирамида, которая является правильной и шестиугольной. В условии задачи также встречается понятие апофемы, которое не всегда учащиеся могут верно понимать. Поэтому необходимо заранее организовать работу по определению и предупреждению непонимания условий задачи. В условии задачи говорится о перпендикулярности OH и SM, что тоже следует записать в «Дано». Нужно отметить, что привычная для нас запись условия задачи, когда отдельно выделяется «Дано» и «Доказать», очень удачна в методическом плане, так как при её выполнении мы организуем первоначальный анализ задачи — выделяем точно условия и требование.

Выполнение чертежа к задаче с математической точки зрения не обязательно, так как он выполняет лишь наглядную функцию при построении доказательных рассуждений. Но, с другой стороны, именно эта функция очень полезна как для устойчивого понимания условия задачи, так и для поиска и составления плана решения. Поэтому с методической точки зрения рисунок целесообразен. Наглядность и верное отображение геометрической конфигурации — это основное требование к чертежу.

Следует указать, что при выполнении чертежа, допустимы неточности в соотношении длин отрезков, однако другие данные, такие как отношение параллельности, и, в особенности, отношение принадлежности должны соблюдаться.

Для рассматриваемой нами задачи чертёж может быть следующим:

После выполнения всех вышеуказанных процедур, ученику должна быть ясна словесная формулировка задачи. Проверить это учитель может легко; попросить обучающихся повторить условие и требование задачи, и они должны быть в состоянии легко это сделать. Обучающиеся также должны быть способны указать главные элементы задачи — неизвестное, данное, условие.

Таким образом, методика работы учителя по осмыслению условия задачи включает руководство последовательно взаимосвязанных действий обучающихся:

чтение условия;

выявление основной фигуры или комбинации фигур, задаваемых условием;

черновое изображение основной фигуры;

выявление видовых отличий данной фигуры, перечисляемых в условии, их запись;

определение и фиксация в записи требования задачи;

необходимая коррекция и чистовой рисунок.

Формы работы здесь во многом зависят от уровня подготовки учащихся, а также ролью и месте решаемой задачи в системе обучения школьников математике.

Поиск и составление плана решения задачи.

На мой взгляд, в решении задачи это один из сложных этапов. Если деятельность обучающихся на предыдущем этапе можно запланировать, то данный этап трудно описать в заранее определенной структуре с заведомо определенным результатом. Конечно, для стандартных задач такое возможно, но как быть с поиском решения нестандартных задач?

Здесь, как показывают педагогический опыт, размышления ученика приобретают вполне определенную направленность и, в большинстве случаев, связаны:

либо с поиском аналогичных задач с уже известным решением и перенесением этого решения на исходную задачу (аналогия);

либо с анализом требования задачи (анализ);

либо с анализом условия задачи (применение эвристических схем поиска решения задачи).

Первое направление. Аналогия.

Схема применение данного направления к решению задачи включает ряд этапов:

поиск аналогичной задачи;

её решение;

выявление способа и/или факта в решении аналогичной задачи;

перенесение выявленных закономерностей на исходную задачу;

решение исходной задачи.

Второе направление. Анализ.

В данном случае, отталкиваясь от заключения и ссылаясь на известные положения, следует показать, что заключение является логическим следствием условия. Подобное можно назвать «восходящим» анализом, где главным вопросом будет: «что надо знать, чтобы ответить на вопрос задачи?»

Нам необходимо доказать перпендикулярность прямой OH и плоскости (SCD), обозначим эту плоскость через α. Для воспользуемся соответствующим признаком и тогда будет достаточно показать что данная прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в данной плоскости.

По условию перпендикулярность для одной прямой (OHSM) задана. Найдем еще одну прямую в плоскости α, перпендикулярную прямой OH. Необходимо показать OHCD. Для этого достаточно указать, что прямая CD перпендикулярна плоскости (SOM), в которой лежит OH. Для доказательства данной перпендикулярности необходимо доказать на выбор два из трёх условий CDSM, CDOM, CDSO.

Первое из этих условий изначально задано, второе следует из рассмотрения равностороннего треугольника ODC, третье — из того что высота пирамиды SO перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости основания пирамиды. Схематически описанный поиск решения может быть оформлен в виде графа:

Обычно эвристические схемы поиска плана решения используются для нестандартных более сложных задач, чем в нашем случае.

Очевидно, приём поиска плана решения не может быть представлен заранее запланированной последовательностью действий обучающегося. Однако в большинстве случаев составляющие этого приёма предопределены. Это аналогия, анализ (размышления от заключения), синтез (размышления от условия).

Эти три направления, как показано выше, непосредственно следуют высказывательной модели задачи, составляемой на первом этапе работы с задачей. Учителю на первое время обучения решению задач следует на основе методического анализа определить ведущее направление в поиске плана решения. Затем направлять деятельность обучающихся в этом направлении. По мере же освоения обучающимися каждого из указанных направлений, руководящая роль учителя уменьшается при возрастании самостоятельности учащихся

Решение и оформление решения задачи согласно составленному плану.

После того, как идея найдена, план решения составлен, приступаем к его реализации — оформлению решения. Возникают вопросы - каким оно должно быть и насколько подробным? Можно найти различные образцы и требования. В школьном учебнике геометрии практически все доказательные рассуждения приводятся логически сплошным текстом.

Для рассматриваемой задачи проведём оформление решения в форме силлогизмов может выглядеть следующим образом:

SM – медиана, так как треугольник SCD – равнобедренный, SM – высота (на основании свойства: в равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является медианой).

OM – высота, так как треугольник OCD – равнобедренный, ОМ – медиана (на основании свойства: в равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является высотой).

CD  плоскости (SOM), так как CDOM, SM и OM пересекаются в плоскости SOM ( на основании свойства: если прямая перпендикулярна к двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости).

CDOH, так как CDSOM, OH принадлежит (SOM) (на основании определения: прямая называется перпендикулярной к плоскости, если она перпендикулярна к любой прямой лежащей в этой плоскости).

OH(SCD), так как OHSM, OHCD, SM и CD пересекаются в плоскости (SCD) (на основании свойства: если прямая перпендикулярна к двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости), что и требовалось доказать.

Решение, оформленное логически сплошным текстом, не предусматривает выделение отдельных шагов; всё доказательство представляет собой рассуждение и записывается отдельными предложениями в одном или нескольких абзацах. Данная форма более компактна, и, при умелом изложении удобна для восприятия. Поэтому в школьных учебниках подобным образом оформляется доказательства теорем. Следует заметить, что представить доказательство грамотным текстом — довольно непростая задача и требующая знаний и опыта. Причины подобных затруднений как субъективны, так и объективны. Для этого требуется знание предмета, осознанное видение описываемой ситуации.

На начальных этапах обучения оформлению решения задачи следует требовать от обучающихся развернутого решения в виде таблицы. Оформление же решения логически сплошным текстом не считаем более высоким уровнем продвижения, поскольку такой текст строится на тех же силлогизмах, однако облечённых в некоторую стилистическую форму.

Осмысление найденного решения

Обычно на практике данный этап зачастую не реализуется, так как обучающиеся после получения ответа теряют интерес к задаче, и возобновить его для учителя является непростой задачей.

Нужно отметить, что ценность решения математической задачи во многом определяется неполучением какого-либо факта, а приобретением опыта деятельности по получению данного факта. Также для некоторых типов математических задач такие действия, как проверка, исследование задачи, при каких условиях задача имеет решение и сколько различных в каждом случае, формулировка ответа, являются необходимыми.

В данном случае с логико-математической точки зрения проверка решения не требуется. При этом в доказательстве опирались только на отношения перпендикулярности и принадлежности, а числовые данные не использовали, поэтому можно заключить, что задача всегда имеет решение и это решение не зависит от того, насколько высота правильной пирамиды будет больше/меньше стороны основания. Запись ответа не требуется.

С методической точки зрения полезно реализовать следующие действия:

исследование задачи и хода ее решения (выявление идеи решения, связи с другими задачами);

поиск и осуществление новых способов решения задачи;

формулирование и решение задач на основе исходной. \

Рассмотрим реализацию данных действий по отношению к рассматриваемой задаче.

Во-первых, основное, что используется в задаче — это признак перпендикулярности прямой и плоскости. И именно подведение представленной ситуации под этот признак и является основной идеей, лежащей в решении.

В приведенном оформлении решения этот признак применялся дважды. Следует также отметить и типичную ошибку, которую допускают некоторые обучающиеся. Так, припоминая определение «прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости», учащиеся представляют ошибочную запись: «Так как OHSM, а SMSCD, то OHSCD».

Во-вторых, для нашей задачи можно найти и другие способы решения. Укажем некоторые.

Альтернативное решение. При доказательстве используется теорема о трёх перпендикулярах для обоснования перпендикулярности CD и плоскости (SOM).

Наклонная SM перпендикулярна прямой CD, лежащей в плоскости основания пирамиды. Тогда, по теореме о трех перпендикулярах, её проекция OM также перпендикулярна прямой CD. Следовательно, прямая CD перпендикулярна плоскости (SMO) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. Но тогда по определению перпендикулярности прямой и плоскости CDOH. Наконец, по условию OHSM. Итак, прямая OH перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости (SMD). Следовательно, она перпендикулярна этой плоскости.

В-третьих, на основе решенной задачи можно составить и некоторые другие задачи. Это вид работы для большинства школьников является непривычным и сложным. Учителю, предлагающему обучающимся составить задачи, следует сначала определиться с целью этой деятельности, и только после этого не просто предлагать учащимся составить какие-либо задачи на основе решенной, а указывать при этом определенные требования к примеру составления задачи на основе рассмотренной. Приведем два примера.

Для решения задачи можно предложить учащимся составить или подобрать задачу, в которой основной фигурой будет фигура, отличная от правильной шестиугольной пирамиды, однако в решении должен использоваться признак перпендикулярности прямой и плоскости. Результатом может быть такая задача: «В правильной четырехугольной пирамиде SABCD отрезок SO — её высота, SM — апофема боковой грани SCD. Докажите, если OH перпендикуляр к SM, то OH является перпендикуляром к плоскости (SCD)».

Для закрепления метода решения задачи нужно попросить внести числовые данные. Результатом может быть такая задача: «В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF отрезок SO — её высота, SM — апофема боковой грани SCD. Докажите, если OH перпендикуляр к SM, то OH является перпендикуляром к плоскости (SCD). Найдите расстояние от точки O до плоскости SCD, если SO=4, OM= 3.

Таким образом, на данном этапе со стороны обучающегося необходимо выполнить проверку решения, исследовать, все ли возможные ситуации рассмотрены в решении, и записать ответ. Со стороны учителя полезно организовать познавательный анализ решения: выявление идеи, связи с другими задачами, нахождение других способов решения, составление аналогичных задач

Особенности обучения решению задач геометрии о прямых и плоскостях в пространстве.

Рассмотрим три варианта о взаимном расположении прямых и плоскостей в пространстве:

Взаимное расположение двух прямых в пространстве;

Взаимное расположение прямой и плоскости;

Взаимное расположение плоскостей.

Перед изучением первой темы целесообразно вспомнить материал о взаимном расположении двух прямых на плоскости.

Из курса планиметрии обучающиеся знают, что две прямые на плоскости либо пересекаются, либо параллельны. В стереометрии прямые уже рассматриваются в пространстве, следовательно, для взаимного расположения двух прямых вариантов больше, чем в планиметрии.

Старшеклассникам нужно понять, что в пространстве существует всего три случая взаимного расположения двух прямых. Прямые в пространстве могут быть:

параллельными;

пересекающимися;

скрещивающимися.

Рассмотрим определения и теоремы, о взаимном расположении двух прямых в пространстве, которые приведены в школьных учебниках.

Определение. Две прямые в пространстве называются параллельными, если они лежат в одной плоскости и не пересекаются.

Определение. Две прямые в пространстве называются пересекающимися, если они лежат в одной плоскости и имеют одну общую точку.

Определение. Две прямые в пространстве называются скрещивающимися, если они не лежат в одной плоскости..

Теорема. Если одна из двух параллельных прямых пересекает данную плоскость, то и другая прямая пересекает эту плоскость.

Теорема. Через точку пространства, не лежащую на данной прямой, можно провести прямую, параллельную данной, и притом только одну.

Теорема (признак параллельности прямых). Если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны.

Теорема (признак скрещивающихся прямых). Если одна из двух прямых лежит в плоскости, а другая пересекает эту плоскость в точке, не принадлежащей первой прямой, то эти прямые скрещиваются

Для закрепления этой темы можно проделать следующую работу:

Рассмотрим куб ABCDA1B1C1D1. Прямая AD1 лежит в плоскости (AA1D1), а прямая CD пересекает эту плоскость в точке D, которая не принадлежит прямой AD1. Следовательно, прямые AD1 и CD скрещиваются. Также в кубе ABCDA1B1C1D1. скрещивающимися являются, например, пары прямых B1D1 и BC, AC и BB1

Далее можно предложить начертить куб ABCDA1B1C1D1 и заполнить таблицу взаимного расположения прямых.

Далее рассмотрим вопрос о взаимном расположении прямой и плоскости в пространстве.

Существует три варианта взаимного расположения прямой и плоскости:

прямая лежит на плоскости;

прямая пересекает плоскость;

прямая параллельна плоскости.

Далее рассмотрим определения и теоремы о взаимном расположении прямых и плоскостей.

Определение. Прямая и плоскость, имеющие ровно одну общую точку, называются пересекающимися.

Определение. Прямая и плоскость, не имеющие общей точки, называются параллельными.

Определение. Прямая называется перпендикулярной плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости.

Теорема. (признак перпендикулярности прямой и плоскости). Если прямая перпендикулярна каждой их двух пересекающихся прямых, лежащих в плоскости, то она перпендикулярна этой плоскости.

Теорема. (теорема о трёх перпендикулярах). Если прямая, лежащая на плоскости, перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость, то данная прямая перпендикулярна и самой наклонной.

Для закрепления рассматриваемого вопроса, старшеклассникам можно предложить выполнить следующую задачу:

Задача 1. В тетраэдре ABCD точки K, F, N и M – середины рёбер соответственно AD, BD, BC и AC. Заполните таблицу, выбрав определённое нами расположение указанных прямой и плоскости: А–пересекаются, Б–параллельны, В–прямая лежит в плоскости, Г–невозможно определить.

Далее рассмотрим определения и теоремы о взаимном расположении плоскостей.

Существует два варианта расположения двух плоскостей в пространстве:

имеют общую точку, такие плоскости называются пересекающимися;

две плоскости не имеют общей точки.

Определение. Две плоскости, не имеющие общей точки, называются параллельными.

Теорема. (признак параллельности плоскостей). Если каждая из двух пересекающихся прямых одной плоскости параллельна другой плоскости, то данные плоскости параллельны.

Теорема. Если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны

Теорема.(признак перпендикулярности двух плоскостей). Если одна из двух пересекающихся плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны

Для закрепления данной темы старшеклассникам предлагается выполнить следующее задание:

Задача 2. В кубе ABCDA1B1C1D1 точка М – середина A1B1, N–середина B1C1, К – середина AD , P – середина CD, L – середина CC1, О - точка пересечения диагоналей квадрата ABCD. Точка A1 - середина отрезка AQ. Заполните таблицу, выбрав необходимое расположение указанных плоскостей: А – параллельны, Б – пересекаются, В – совпадают, Г – невозможно определить.

После изучения выше рассмотренных тем, обучающиеся должны:

знать и самостоятельно формулировать определения параллельных, пересекающихся и скрещивающихся прямых в пространстве;

уметь формулировать определение параллельности прямой и плоскости, признак параллельности прямой и плоскости, определение прямой, перпендикулярной плоскости, признак перпендикулярности прямой и плоскости;

знать определения параллельных и перпендикулярных плоскостей;

на изображениях многогранников наглядно видеть различные пары прямых, распознавать различные случаи их взаимное расположение в пространстве, приводя аргументированное доказательство;

решать задачи на доказательство и вычисление, применяя свойства параллельности и перпендикулярности прямых и плоскостей, используя изображения многогранников;

интуитивно «видеть» параллельные, пересекающиеся, перпендикулярные плоскости на моделях и многогранников;

используя изображения многогранников, решать задачи на признак параллельности двух плоскостей, на определение и признак перпендикулярных плоскостей.

Особенности обучения решению задач геометрии об углах между прямыми и плоскостями в пространстве.

При решении задач об углах между скрещивающимися прямыми, обучающимся следует объяснить, что под углом между выше сказанными прямыми понимают величину угла между параллельными им пересекающимися прямыми. Для закрепления теоретического материала, об углах между прямыми в пространстве, можно предложить решить следующую задачу:

Задача 3. В кубе ABCDA1B1C1D1 диагонали AC и AB грани ABCD пересекаются в точке О. Найдите угол между прямыми: AD1 и A1C1.

Решение. Пусть угол между прямыми AD1 и A1C1 равен . Прямая A1C1пересекает плоскость (AA1D1) в точке A1, которая не принадлежит прямой AD1. Следовательно, по признаку скрещивающихся прямых, прямые AD1 и A1C1 – скрещивающиеся.

Проведем через точку А прямую АС, параллельно прямой A1C1. Получили что искомый угол равен углу между пересекающимися прямыми AD1 и A1C1, то есть угол ОAD1 равен .

Прямая DD1 перпендикулярна плоскости (АВС). Отрезок OD – ортогональная проекция наклонной ОD1 на плоскость АВС, при этом OD, как диагональ квадрата ABCD, перпендикулярна АС. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах, прямая ОD1 перпендикулярна AC.

Как диагонали равных квадратов отрезок AD1 равен отрезку AC. Тогда АО=0,5АС=0,5AD1. В прямоугольном треугольнике AD1О катет АО равен половине гипотенузы AD1. Тогда угол AD1О равен 30̊. Следовательно, искомый угол ОAD1 равен 60̊.

Ответ: 60̊.

Для решения задач на нахождение угла между прямой и плоскостью, целесообразно повторить определение: «Углом между наклонной и плоскостью называется угол между наклонной и ее проекцией на эту плоскость».

Для вычисления величины угла удобно применять тригонометрические функции острого угла прямоугольного треугольника.

Для закрепления данной темы можно решить следующую задачу:

Задача 4. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно 1. Найдите синус угла между прямой A1B и плоскостью (BC1D).

Решение. Точку пересечения между прямой A1B и плоскостью (BC1D) обозначим через К.

Прямая АС пересекает прямую ВD в точке О. Прямая ОС1 принадлежит плоскостям (ВС1D) и (АА1С). Прямая А1С лежит в плоскости (АА1С). Следовательно, точка К есть точка пересечения прямых А1С и ОС1. Также точка К является точкой пересечения прямой А1С и плоскости (ВС1D) .

По признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскость (А1ВС) перпендикулярна плоскости (ВС1D), так как прямая А1С перпендикулярна плоскости (ВС1D) и одновременно принадлежит плоскости (А1ВС).

Прямая ВК является ортогональной проекцией прямой А1В на плоскость (ВС1D), поэтому угол между указанными прямой и плоскостью равен углу между прямыми А1В и ВК. Пусть этот угол равен .

Из перпендикулярности прямой А1С и плоскости (ВС1D), следует что прямая А1С перпендикулярна прямой ВК. Значит треугольник ОСС1 прямоугольный. Тогда синус угла  есть отношение катета А1К к гипотенузе А1В.

В прямоугольном треугольнике ОСС1, где СС1=1, ОС=0,5, АС=0,5, находим высоту СК ===

В единичном кубе диагональ А1С=, а А1В= .

Тогда А1К=А1С – СК= – =.

Найдем: sin= .׃=.

Ответ: .

При изучении углов между плоскостями, в начале следует рассмотреть два полупространства, образованные непараллельными плоскостями. Пересечение этих полупространств называют двугранным углом.

Ребром двугранного угла является прямая, по которой пересекаются эти плоскости, а полуплоскости этих плоскостей, образующие двугранный угол, называют гранями двугранного угла.

Для измерения величины двугранного угла нужно ввести понятие его линейного угла. Для этого отмечают произвольную точку O на ребре двугранного угла и в гранях проводят из точки O соответственно лучи OA и OB, перпендикулярные ребру. Угол AOB, который образован проведёнными лучами, называется линейным углом двугранного угла

Определение. Величиной двугранного угла называется величина его линейного угла.

Нужно обратить внимание обучающихся, что двугранный угол может быть острым, прямым или тупым, если его линейный угол соответственно острый, прямой или тупой. При этом следует указать, что аналогично планиметрии, в пространстве определяются смежные и вертикальные двугранные углы. Следовательно, справедливы и аналогичные теоремы о величинах этих углов.

Необходимо также отметить, что при пересечении двух плоскостей образуется четыре двугранных угла с общим ребром.

Определение. Углом между двумя пересекающимися плоскостями называется наименьший из двугранных углов, образованных при их пересечении.

Для нахождения угла между двумя пересекающимися плоскостями и удобно использовать следующий факт: если плоскости и пересекаются по прямой a, а некоторая точка M плоскости удалена от плоскости на расстояние h и от прямой a–на расстояние m, то sin=

Рассмотрим решение следующую задачу

Задача 5. В кубе ABCDA1B1C1D1 найдите угол между плоскостями (BC1D) и (АВС).

Решение. Прямая BD является общей прямой плоскостей (BC1D) и (АВС). Пусть угол между этими плоскостями равен . Точка О – точка пересечения диагоналей АС и BD. Как диагонали квадрата отрезки АС и BD перпендикулярны. Следовательно отрезок ОС перпендикулярно отрезку BD. Прямая ОС является ортогональной проекцией прямой ОС1 на плоскость (АВС), ОС перпендикулярна BD. По теореме о трёх перпендикулярах следует, что прямая ОС1 перпендикулярна BD. Из выше изложенного угол С1ОС – линейный угол двугранного угла между плоскостями (BC1D) и (АВС) равный .

Найдем синус данного угла. Точка С1 лежащий в плоскости (BC1D) удален на расстояние СС1 и от прямой ВD – на расстояние ОС1, то sin = .

Пусть ребро куба равно а, тогда в прямоугольном треугольнике ОСС1 будет: СС1=а, ОС=0,5а, АС= 0,5а2, ОС1= =. Тогда sin = ===. Следовательно: = arcsin.

Ответ: arcsin.

По окончанию изучения выше изложенных тем учащиеся должны:

на моделях многогранников аргументировано изображать углы между пересекающимися и скрещивающимися прямыми, находить их величину;

формулировать определение угла между прямой и плоскостью;

на моделях многогранников интуитивно «видеть» угол между прямой и плоскостью и логически обосновывать его изображение;

привыкнуть видеть двугранные углы, образованные различными плоскостями, находить, изображать и вычислять их линейные углы наиболее простым способом;

решать различного уровня сложности задачи на нахождение этих углов.

Особенности обучения решению задач геометрии о расстоянии между прямыми и плоскостями в пространстве.

Одним из наиболее сложных вопросов школьного курса стереометрии является вычисление расстояния между двумя скрещивающимися прямыми, между прямой и плоскостью и между плоскостями

Определение. Общим перпендикуляром двух скрещивающихся прямых называется отрезок, имеющий концы на данных прямых и перпендикулярный к ним

Только один общий перпендикуляр имеют две скрещивающиеся прямые. называют Длину их общего перпендикуляра расстоянием между двумя скрещивающимися прямыми

Нужно обратить внимание обучающихся, что вовсе не обязательно между двумя скрещивающимися строить их общий перпендикуляр для нахождения расстояния, часто достаточно применить один из следующих методов:

провести через скрещивающиеся прямые параллельные плоскости;

провести через одну из прямых плоскость, параллельную другой прямой;

провести плоскость , перпендикулярную прямой a и пересекающую ее в некоторой точке A, затем построить прямую b1-ортогональную проекцию прямой b на эту плоскость.

Задача 6. Дан куб ABCDA1B1C1D1, рёбра которого равны 1. Вычислите расстояние между его диагональю А1С и скрещивающейся прямой ВС1.

Решение. Чтобы найти расстояние между диагональю А1С и скрещивающейся прямой ВС1, нужно найти общий перпендикуляр для этих прямых. Рассмотрим плоскость (ВС1D), в которой лежит прямая ВС1. Обозначим через О точку пересечения прямых АС и BD.

Видим, что прямая А1С лежит в плоскости (АСС1), а прямая ОС1 лежит в плоскостях (АСС1), и (ВС1D), значит плоскостях (АСС1), и (ВС1D) пересекаются по прямой ОС1.

Построим точку К, как точку пересечения прямой А1С с плоскостью (ВС1D).

Получаем: прямая АА1 перпендикулярно плоскости (АВС); как диагонали квадрата ABCD, прямые АС и BD перпендикулярны. Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах прямая А1С перпендикулярно BD. Аналогично прямая А1С перпендикулярно прямой С1В1. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости прямая А1С перпендикулярна плоскости (ВС1D1).

Пусть прямая DH лежит в плоскости (ВС1D) Из выше доказанного, прямая А1С перпендикулярна плоскости (ВС1D1). Следовательно, прямая А1С перпендикулярна DH. Значит отрезок DH – медиана правильного треугольника ВС1D, тогда прямая DH перпендикулярна прямой ВС1.

Следовательно отрезок КН – общий перпендикуляр скрещивающихся прямых А1С и ВС1.

Найдем длину отрезка КН. Сторона ВС1 правильного треугольника ВС1D равна , тогда высота DН= ==. Так как К – точка пересечения медиан то КН=DH ׃3= ׃3=.

Ответ:

Расстоянием, между параллельными прямой и плоскостью, принято считать длину отрезка перпендикуляра, опущенного из любой точки прямой на данную плоскость.

Для решения метрических задач применительно к правильной шестиугольной призме полезно на отдельном(выносном)рисунке изобразить ее нижнее (или верхнее) основание – правильный шестиугольник АВСDEF

Взаимное расположение диагоналей и сторон данного шестиугольника, их длины и величины углов между ними известны из планиметрии.

Используя данные факты, решим задачу на вычисление расстояния между точкой и плоскостью на модели правильной шестиугольной призмы.

Задача 7. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все рёбра которой равны 1, найдите расстояние от точки А до плоскости (ВСС1).

Решение. Так как прямая AD параллельна прямой ВС, то прямая AD параллельна плоскости (ВСС1). Тогда расстояние от точки до плоскости (ВСС1) равно расстоянию от любой точки прямой АD до плоскости (ВСС1)

Пусть К точка пересечения прямых АD и BF. В правильном шестиугольнике прямая ВF перпендикулярна прямой ВС. Также прямая ВF перпендикулярна прямой ВВ1. Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая ВF перпендикулярна плоскости (ВСС1) .

Следовательно: ВК = BF׃2= .

Ответ:

Для решения задач на нахождение расстояний между двумя плоскостями, необходимо обучающимся пояснить следующее утверждение:

Расстояние между двумя параллельными плоскостями равно длине отрезка перпендикуляра, опущенного из любой точки одной из этих плоскостей на другую.

Рассмотрим задачу, в которой требуется найти расстояние от точки до плоскости, на примере модели правильной шестиугольной призмы.

Задача 8. В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1, все рёбра которой равны 1, найдите расстояние от точки А1 до плоскости (АС1Е1).

Решение. Прямая СЕ перпендикулярна прямой АD и прямой СС1 и прямая СС1 параллельна прямой АА1. Тогда, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая СЕ перпендикулярна плоскости (ADD1). Так как прямая СЕ параллельна прямой С1Е1 и прямая СЕ перпендикулярна плоскости (ADD1), то по признаку перпендикулярности двух плоскостей, плоскости (АС1Е1) и (ADD1) перпендикулярны.

Пусть К точка пересечения прямых А1D1 и С1Е1, тогда АК общая прямая плоскостей (АС1Е1) и (ADD1). Так как эти плоскости перпендикулярны, то перпендикуляр из точки А1 на плоскость (АС1Е1) расположен в плоскости (ADD1).

Пусть искомый перпендикуляр – А1Р. Этот перпендикуляр является высотой к гипотенузе в прямоугольном треугольнике АА1К. Найдем длину А1Р.

А1Р. ===

После изучения вышеизложенного материала, обучающие должны:

уметь формулировать определение расстояния между двумя скрещивающимися прямыми;

«видеть» расстояния между двумя прямыми и правильно изображать их на моделях многогранников;

уметь вычислять расстояние между парой скрещивающихся прямых в пространстве;

привыкать «видеть» расстояния между прямой и плоскостью на изображениях многогранников и изображать отрезки, длины которых равны искомому расстоянию;

привыкать «видеть» расстояния между двумя плоскостями и изображать отрезки, длины которых равны искомому расстоянию;

Заключение.

В данном методическом пособии рассмотрены разновидности стереометрических задач и этапы их решения. Каждый этап решения задачи по своему важен. От четкого и осмысленного выполнения каждого из них зависит качество усвоения изучаемого учебного материала. Формирование навыков и умений для решения геометрических задач не всегда зависит от их количества.

Путь к успеху в решении задачи:

осмысленное чтение текста задачи;

четкое выделение условия и требования в ней;

правильный чертёж к условию;

поиск решения и одновременное устранение пробелов в знаниях;

тезисное оформление решения,

подбор нескольких способов решения и их глубокий анализ.

Литература

Александров, А.Д. Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия. Геометрия. 10 класс. [Текст]: учебник. /А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик. – М.: Просвещение, 2017.- 272с.

Готман, Э.Г. Стереометрические задачи и методы их решения/ Э.Г. Готман. – М.:МЦНМО, 2006. – 160 с.

Далингер, В.А. Методика обучения стереометрии посредством решения задач : учеб. пособие для СПО/ В.А. Далингер. – 2-е изд. – М.: Издательство Юрайт, 2018. – 370с.

Паповский, В.М. Углублённое изучение геометрии в 10 классе. Методические рекомендации к учебнику А.Д. Александрова, А.Л. Вернера, В.И.

Александров, А.Д. Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия. Геометрия. 10 класс. [Текст]: учебник. /А.Д. Алексан- дров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик. – М.: Просвещение, 2017.- 272с.

Готман, Э.Г. Стереометрические задачи и методы их решения/ Э.Г. Готман. – М.:МЦНМО, 2006. – 160 с.

Паповский, В.М. Углублённое изучение геометрии в 10 классе. Методические рекомендации к учебнику А.Д. Александрова, А.Л. Вернера, В.И.