Məkan fiqurlarının təsviri. Vizual Bələdçi (2019). Həndəsi fiqurların aksonometrik proyeksiyalarının qurulması nümunələri

“Stereometriya mövzusu” mövzusunda mühazirə

Həndəsə xassələri öyrənən elmdir həndəsi fiqurlar.

Məktəb həndəsə kursu bölünüriki bölmə:planimetriya vəstereometriya.

Planimetriya - müstəvidə həndəsi fiqurların xassələrini öyrənən həndəsə sahəsi.

Planimetriyanı 7-9-cu siniflərdə oxumuşuq.

Bu il biz həndəsənin ikinci bölməsini - bərk həndəsəni öyrənməyə başlayırıq

Stereometriya həndəsənin fəzada həndəsi fiqurların xassələrini öyrənən bir sahəsidir.

"Stereometriya" sözü yunanca "stereos" həcm, məkan və ölçmək üçün "metrio" sözlərindən gəlir.

Bərk həndəsə memarların, dizaynerlərin, inşaatçıların və digər mütəxəssislərin məşğul olduğu maddi obyektlərin riyazi modellərini nəzərdən keçirir.

Bundan əlavə, məktəb stereometriya kursu hər hansı bir texniki universitetin ən vacib fənləri olan rəsm və təsviri həndəsə üçün əsas kimi xidmət edir.

Stereometriyanın əsas fiqurları

Beləliklə, stereometriya kosmosda həndəsi fiqurların xüsusiyyətlərini öyrənir.

Kosmosda həndəsi fiqurlar.

cisimlər adlanır.

Stereometriyada biz həndəsi cisimlərin xassələrini öyrənəcəyik, onların sahələrini və həcmlərini hesablayacağıq.

Məkan fiqurlarını öyrənərkən onların rəsmdəki təsvirindən istifadə olunur.

Məkan fiqurunun təsviri onun müəyyən bir müstəviyə proyeksiyasıdır. Eyni rəqəm fərqli təmsilləri qəbul edir.

Adətən, xassələrini öyrənmək üçün ən əlverişli olan onlardan biri seçilir.

Ekranda çoxüzlülər - kub, paralelepiped və piramida, inqilab cisimləri - kürə, konus və silindr görürsünüz.

Məkan fiqurlarını təsvir edərkən bu fiqurların görünməyən hissələri kəsik-kəsik xətlərlə göstərilir.

Stereometriya haradan başlayır?

Planimetriya kimi.

Planimetriyanı əsas anlayışlar, rəqəmlər və aksiomalarla öyrənməyə başladıq.

Stereometriyanın əsas anlayışları

Birincisi, planimetriyada olduğu kimi nöqtə və xəttdir. Və təyyarə əlavə olunur.

Beləliklə, stereometriyanın əsas anlayışları bunlardır: melanxolik, düz xətt, müstəvi. Onlar qərəzsiz qəbul edilir.

Bizim üçün yeni konsepsiya təyyarədir.

Planimetriyada düz xətt kimi təyyarə sonsuzdur. Bütün istiqamətlərdə qeyri-məhdud məsafəyə uzanır.

Təyyarənin bir hissəsinin həndəsi modelləri, məsələn, masanın səthi, lövhələr və s.

Təyyarəni paraleloqram şəklində və ya ixtiyari sahə şəklində təsvir edin.

İstifadə edəcəyimiz qeyd.

Nöqtələr. Əvvəlki kimi, nöqtələr böyük latın hərfləri ilə işarələnəcəkA, B, C ….

Ekranda 4 nöqtə var. Onlar hərflərlə qeyd olunurA, B, C və D

Birbaşa. Düz xətlər kiçik latın hərfləri ilə işarələnira, b, c..., və ya iki böyük Latın hərfiAB, CD, …

İkinci halda, qeyddən istifadə edirik

xəttin keçdiyi iki nöqtə.

Ekranda birbaşa görürsünüza. Üzərində nöqtələr var.MvəN.

Düzakimi də etiketlənə bilərMN.

Təyyarələr. Təyyarələr adətən kiçik hərflə işarələnir Yunan hərfləri (alfa, beta, qamma, delta, ...)

Təyyarələrə təyyarələrin keçdiyi üç nöqtənin adı da verilə bilər.

Məsələn, ekranda təyyarə mavi rəngdəα kimi işarələnir, onu da adlandırmaq olarABC.

Təyyarə bej rəngβ ilə işarələnir, kimi də işarə edilə bilərKLN və ya KLM. Təyyarənin keçdiyi istənilən üç nöqtə götürülür.

Planimetriyada olduğu kimi, stereometriyada da nöqtələr üçün işarədən istifadə edəcəyik: (müstəviyə aiddir) və düz xətlər üçün işarə belədir: (təyyarədə yatır).

Xaç edilmiş işarələr inkar deməkdir - təyyarəyə aid deyil, təyyarədə yatmır.

Şəkildə bu iki nöqtəni görə bilərsinizA və Btəyyarəyə aiddirα (təyyarə bu nöqtələrdən keçir) və M, N nöqtələri,Kbu müstəviyə aid deyil (təyyarə bu nöqtələrdən keçmir).

Qısaca belə yazılmışdır:

A nöqtəsi α müstəvisinə, nöqtəsinə aiddirBα müstəvisinə aiddir.

Nöqtə MNα müstəvisinə, nöqtəsinə aid deyilKα müstəvisinə aid deyil.

Bu dərsdə biz həndəsənin yeni bölməsi - stereometriya ilə tanış olduq.

Stereometriyanın əsas anlayışlarının nöqtə, xətt, müstəvi olduğunu öyrəndik. Nöqtələrin və xətlərin necə çəkildiyini xatırlayın. Təyyarənin necə təsvir edildiyini və işarələndiyini öyrəndik.

Gəlin problemin həllinə keçək.

Tapşırıq 1.

Verildi:

xal A, B, C və Deyni müstəvidə yatmır.

Onun aid olduğu təyyarələri göstərin:

a) düz AB;

b) nöqtə F;

c) nöqtə C.

Qərar.

a) birbaşa ABiki müstəvidə yerləşir:ABC və ABD;

b) Nöqtə Ftəyyarələrə aiddir:ABC və BCD;

c) Nöqtə Cüç təyyarəyə aiddir:ABC, BCD, ACD.

Məxfiliyiniz bizim üçün vacibdir. Bu səbəbdən, məlumatlarınızı necə istifadə etdiyimizi və saxladığımızı təsvir edən Məxfilik Siyasəti hazırlamışıq. Zəhmət olmasa məxfilik siyasətimizi oxuyun və hər hansı sualınız olarsa, bizə bildirin.

Şəxsi məlumatların toplanması və istifadəsi

Şəxsi məlumat müəyyən bir şəxsi müəyyən etmək və ya onunla əlaqə saxlamaq üçün istifadə edilə bilən məlumatlara aiddir.

İstənilən vaxt bizimlə əlaqə saxladığınız zaman sizdən şəxsi məlumatlarınızı təqdim etməyiniz tələb oluna bilər.

Aşağıda toplaya biləcəyimiz şəxsi məlumat növlərinə və bu cür məlumatlardan necə istifadə edə biləcəyimizə dair bəzi nümunələr verilmişdir.

Hansı şəxsi məlumatları toplayırıq:

• Saytda ərizə təqdim etdiyiniz zaman biz toplaya bilərik müxtəlif məlumatlar adınız, telefon nömrəniz, ünvanınız daxil olmaqla E-poçt və s.

Şəxsi məlumatlarınızı necə istifadə edirik:

• Bizim tərəfimizdən yığılmışdır Şəxsi məlumat sizinlə əlaqə saxlamağa və sizə məlumat verməyə imkan verir unikal təkliflər, promosyonlar və digər tədbirlər və qarşıdan gələn tədbirlər.
• Zaman-zaman biz sizə vacib bildirişlər və kommunikasiyalar göndərmək üçün şəxsi məlumatlarınızdan istifadə edə bilərik.
• Təqdim etdiyimiz xidmətləri təkmilləşdirmək və sizə xidmətlərimizlə bağlı tövsiyələr vermək üçün auditlər, məlumatların təhlili və müxtəlif araşdırmalar aparmaq kimi şəxsi məlumatlardan daxili məqsədlər üçün də istifadə edə bilərik.
• Əgər siz uduş tirajı, müsabiqə və ya oxşar təşviqdə iştirak etsəniz, bu cür proqramları idarə etmək üçün təqdim etdiyiniz məlumatdan istifadə edə bilərik.

Üçüncü tərəflərə açıqlama

Sizdən alınan məlumatları üçüncü tərəflərə açıqlamırıq.

İstisnalar:

• Zəruri hallarda - qanuna uyğun olaraq, məhkəmə qaydasında, məhkəmə prosesində və/və ya ictimai sorğu və ya müraciətlər əsasında dövlət qurumları Rusiya Federasiyasının ərazisində - şəxsi məlumatlarınızı açıqlayın. Bu cür açıqlamanın təhlükəsizlik, hüquq-mühafizə və ya digər ictimai maraq məqsədləri üçün zəruri və ya uyğun olduğunu müəyyən etsək, sizinlə bağlı məlumatları da açıqlaya bilərik.
• Yenidən təşkil, birləşmə və ya satış halında, biz topladığımız şəxsi məlumatları müvafiq üçüncü tərəfin varisinə ötürə bilərik.

Şəxsi məlumatların qorunması

Biz şəxsi məlumatlarınızı itkidən, oğurluqdan və sui-istifadədən, habelə icazəsiz daxil olmaqdan, açıqlamadan, dəyişdirilməkdən və məhv olmaqdan qorumaq üçün inzibati, texniki və fiziki tədbirləri görürük.

Məxfiliyinizi şirkət səviyyəsində qorumaq

Şəxsi məlumatlarınızın təhlükəsiz olmasını təmin etmək üçün biz məxfilik və təhlükəsizlik təcrübələrini əməkdaşlarımıza çatdırırıq və məxfilik təcrübələrini ciddi şəkildə tətbiq edirik.

Giriş

§bir. Həndəsi konstruksiyaların məktəb kursunda rolu və yeri

§2. Stereometriyada məsələlərin həlli texnikası

§3. Həndəsi konstruksiyalar nəzəriyyəsinin əsasları

3.1 Konstruktiv həndəsənin ümumi aksiomaları

3.2 Tikinti tapşırığı

§4. Stereometriyada tikinti məsələlərinin həlli metodologiyası

4.1 Təhlil

4.2 Tikinti

4.3 Sübut

4.4 Tədqiqat

Nəticə

Ədəbiyyat

Giriş

Həndəsənin bütün tarixi və riyaziyyatın bəzi digər sahələri həndəsi konstruksiyalar nəzəriyyəsinin inkişafı ilə sıx bağlıdır. Təxminən eramızdan əvvəl 300-cü ildə elmi həndəsi sistemin banisi Evklid tərəfindən tərtib edilmiş həndəsənin ən mühüm aksiomaları həndəsənin formalaşmasında həndəsi konstruksiyaların hansı rol oynadığını aydın şəkildə göstərir. “İstənilən nöqtədən istənilən nöqtəyə düz xətt çəkmək olar”, “Məhdud düz xətt davamlı olaraq uzadıla bilər”, “Hər hansı bir mərkəzdən və istənilən həlldən dairə təsvir edilə bilər” - Evklidin bu postulatları onun əsas mövqeyini aydın şəkildə göstərir. qədimlərin həndəsəsində konstruktiv üsullar.

Qədim yunan riyaziyyatçıları konstruktiv məsələlərin həlli üçün başqa vasitələrdən istifadəni “qanuni” hesab etmədən, yalnız kompas və hökmdarın yaratdığı konstruksiyaları “əsl həndəsi” hesab edirdilər. Eyni zamanda, Evklidin postulatlarına uyğun olaraq hökmdarı qeyri-məhdud və birtərəfli hesab edirdilər və istənilən ölçülü dairələr çəkmək qabiliyyəti kompasa aid edilirdi. Kompas və hökmdarla tikinti problemləri bu gün də çox maraqlı hesab olunur və yüz ildən artıqdır ki, bu, məktəb həndəsə kursu üçün ənənəvi material olmuşdur.

Bu cür tapşırıqların ən dəyərli cəhətlərindən biri ondan ibarətdir ki, onlar praktiki problemlərin həlli üçün axtarış bacarıqlarını inkişaf etdirir, onları mümkün olanlarla tanış edir. müstəqil tədqiqat, xüsusi həndəsi təsvirlərin inkişafına, həmçinin bacarıq və bacarıqların daha hərtərəfli işlənməsinə töhfə vermək. Bu isə öz növbəsində həndəsə tədrisinin tətbiqi və politexniki yönümünü artırır. Tikinti tapşırıqları onlara formal yanaşmaya imkan vermir, onlar öyrənilən teoremlərin tətbiqi üçün keyfiyyətcə yeni bir vəziyyətdir və bununla da problemli təkrarı həyata keçirməyə imkan verir. Bu cür tapşırıqları məktəb həndəsə kursunun yeni ideyaları (çevirmələr, vektorlar) ilə uğurla əlaqələndirmək olar.

Şagirdin riyazi hazırlığında həndəsi konstruksiyalar ciddi rol oynaya bilər. Tapşırıqların heç biri şagirdin riyazi təşəbbüskarlığının və məntiqi bacarıqlarının inkişafı üçün həndəsi qurma tapşırıqları qədər material vermir. Bu tapşırıqlar adətən onlara standart yanaşmaya və tələbələr tərəfindən formal qavramağa imkan vermir. Tikinti tapşırıqları məktəb həndəsə kursunun istənilən bölməsində tələbələrin nəzəri biliklərini möhkəmləndirmək üçün əlverişlidir. Həndəsi tikinti məsələlərini həll etməklə şagird bir çox faydalı rəsm bacarıqlarına yiyələnir.

Bunda kurs işi stereometriyada konstruksiyalar üçün məsələlərin həlli metodikası, habelə həndəsi konstruksiyaların məktəb kursunda rolu və yeri nəzərdən keçiriləcəkdir.

§bir. Həndəsi konstruksiyaların məktəb kursunda rolu və yeri

Tikinti tapşırıqları məhdud rəsm alətlərindən (əksər hallarda hökmdarlar və kompaslar) istifadə edərək əvvəlcədən müəyyən edilmiş məlumatlara uyğun olaraq bəzi həndəsi fiqurların qurulması tələb olunan vəzifələrdir.

Məktəb kursunda tikinti tapşırıqlarının rolu:

1. Bu, məktəblilərin təxəyyülünün inkişafına kömək edir, çünki bu problemi həll etməzdən əvvəl də istədiyiniz görüntünü aydın şəkildə təqdim etmək lazımdır.
2. Şagirdlərin konstruktiv bacarıqlarını inkişaf etdirir və müvafiq rəsm bacarıqlarını möhkəmləndirir.
3. Əldə edilmiş həllin təhlili və öyrənilməsi, verilənlərlə arzu olunan elementlər arasındakı əlaqənin nəzərə alınması məktəblilərin məntiqi təfəkkürünün inkişafına kömək edir, xüsusən - zehni əməliyyatlar: təhlil, sintez, abstraksiya; onların təşəbbüsünü oyatmaq.
4. Kursun nəzəri materialının möhkəm konsolidasiyasına töhfə verir.

Həndəsi konstruksiyalarla əlaqəli materialın tematik planlaşdırılması mərhələlər üzrə aşağıdakı paylanmağı nəzərdə tutur:

1. Giriş mərhələsi (1-4-cü siniflər). Burada məktəblilər ilk dəfə olaraq rəsm alətləri - xətkeş, kompas, üçbucaq ilə tanış olur və düz xətt, seqment, dairə, bucaq qurmaq üçün ən sadə tapşırıqları həll edirlər.
2. Propedevtik mərhələ (5-6 hüceyrə). həndəsi konstruksiyalara daha çox diqqət şagirdləri daha çox həll etməyə hazırlayır çətin tapşırıqlar sistemli kurs. Hökmdar, kompas, iletki, üçbucaq istifadə olunur. Kvadrat və hökmdarın köməyi ilə paralel və perpendikulyar xətlərin çəkilməsi nəzərdə tutulur; hökmdar, kompas və iletki ilə üçbucaq; dairə, kvadrat, düzbucaqlı.
3. Sistemli həndəsə kursu (7-11 hüceyrə).

7-ci sinif. Burada şagirdlər ilk dəfə olaraq həndəsi təsvirlər üçün əsas tələbi yerinə yetirirlər - bütün konstruksiyalar yalnız kompas və xətkeşin köməyi ilə aparılmalıdır. Bu tələb Evklidin Elementlərdəki iki postulatından irəli gəlir: a) istənilən nöqtədən istənilən nöqtəyə düz xətt çəkilə bilər; b) istənilən mərkəzdən kompasın istənilən həlli dairəni təsvir edə bilər. Bu halda, qurulmuş fiqurun problemin tələblərinə cavab verdiyini sübut etmək lazım gəlir. 7-ci sinifdə şagirdlər üçbucağın ətrafına yazılmış və təsvir edilmiş dairə qurmaq, qurmaq üçün elementar tapşırıqlarla tanış olurlar; Bundan əlavə, tələbələr birinci öyrənirlər ümumi üsul tikinti məsələlərinin həlli - həndəsi yerlər üsulu (kəsişmələr üsulu).

Sinif. “Dördbucaqlılar” mövzusunda həndəsi yerlərin üsulla qurulması üçün müvafiq tapşırıqlar həll edilir; "Hərəkət" mövzusunda - tikinti üçün problemləri həll etmək üçün bütün növ hərəkətlərdən istifadə olunur; “Müstəvidə kartezyen koordinatları” mövzusunda koordinat müstəvisində konstruksiyalar (düz xəttin, dairənin, kəsişmə nöqtələrinin qurulması) nəzərdən keçirilir.

Sinif. “Oxşar fiqurlar” mövzusunda - homotetik və oxşarlığın çevrilməsindən istifadə edərək tikinti tapşırıqları; mövzusunda " Daimi çoxbucaqlılar» - yazılı və sərhədlənmiş müntəzəm çoxbucaqlıların qurulması üçün tapşırıqlar.

(10-11-ci siniflər). Stereometriyada iki növ həndəsi konstruksiya nəzərdən keçirilir: a) yalnız stereometriya aksiomlarına əsaslanan xəyali konstruksiyalar (“Müstəvidən kənar nöqtədən çəkməyin mümkün olduğunu sübut et...” kimi konstruktiv məsələlərin həllində daha çox istifadə olunur); b) nöqtələrdən başqa onların proyeksiya müstəvisində proyeksiyasının rəqəmləri göstərildikdə proyeksiya cizgisindəki konstruksiyalar.

Problemlərin həlli prosesi şagirdlərin 7-ci sinifdə tanış olduqları dörd mərhələdən ibarətdir:

1)təhlil;

2)tikinti (sintez);

3) sübut;

)öyrənmək.

Tikinti problemlərini həll edərkən bu mərhələlərin hamısı əvvəldən açıq şəkildə mövcud olmamalıdır. Quraşdırma alqoritmi aydın olan ən sadə konstruktiv məsələlərdə məsələnin açıq formada təhlil edilməməsinə icazə verilir; sübut birbaşa tikintidən irəli gəlirsə, o da buraxıla bilər (məsələn, 7-8-ci siniflərdə tikinti apararkən, adətən ya yoxdur, ya da hər bir əməliyyatın mümkünlüyünü yoxlamaq və həll yollarının sayını tapmaq üçün araşdırma aparmaqla məhdudlaşır). (Əgər mümkünsə)).

§2. Stereometriyada məsələlərin həlli texnikası

I. Stereometriyanın öyrənilməsində həll edilməli olan aşağıdakı əsas vəzifələri ayıra bilərik:

1)məzmun xətlərinin inkişafı və konsolidasiyası tamamlanmamış başlamışdır Ali məktəb; əsas riyazi metodların fəza vəziyyətinə ümumiləşdirilməsi;

2)fəza fiqurlarının əsas xassələrinin öyrənilməsi;

3)paralel proyeksiyanın xassələri əsasında müstəvidə fəza fiqurlarının təsviri bacarıqlarının mənimsənilməsi;

4)problemlərin həllində şagirdlərin məntiqi təfəkkürünün, məkan təsvirlərinin inkişafı və stereometriya kursunun teoremlərinin sübutu.

Məktəbdə stereometriyanın öyrənilməsində iki əsas mərhələni ayırmaq olar:

) Məkan fiqurları haqqında ilkin təsəvvürlərin formalaşdırılması (1-9-cu siniflər);

) Stereometriyanın sistemli kursu (10-11-ci siniflər).

Onuncu və on birinci siniflərdə təxminən 70 saat tədris olunan stereometriya üzrə sistemli kurs aşağıdakı mövzuları nəzərdə tutur:

1.Stereometriyanın aksiomaları və onların ən sadə nəticələri.

2.Kosmosda xətlərin və müstəvilərin paralelliyi.

.Fəzada xətlərin və müstəvilərin perpendikulyarlığı.

.Koordinatlar, vektorlar, fəzada həndəsi çevrilmələr.

.Çoxyüzlülər.

.Fırlanma mövzusu.

.Həndəsi cisimlərin səthinin sahəsi və həcmi.

.Təyyarədə fəza fiqurlarının təsviri.

Hazırkı dərsliklərdə stereometriyanın öyrənilməsində müxtəlif substantiv vurğular qoyulur.

Atanasyanın dərsliyi: müxtəlif məzmunlu sualların materialı çox vaxt bir fəsildə yer alır (fusionizm). Eyni zamanda, materialın tez-tez təkrarlanması, artıq tanış olan məsələlərə müraciət var. Poqorelovdan daha çox diqqət vektorlara, hərəkət koordinatlara verilir.

Poqorelovun dərsliyi: aydın məntiqi quruluşa malikdir, az diqqət vektorlar və həndəsi çevrilmələr. Bu, mövzular arasında təbii əlaqələri ört-basdır etmək təhlükəsini gizli şəkildə daşıyır.

Stereometriyanın öyrənilməsinin bəzi metodoloji xüsusiyyətlərini qeyd edək.

1.Bərk həndəsə kursu tamamilə planimetriya kursuna əsaslanır.

kursun tapşırıqlarının əksəriyyəti planimetrik məsələlərin həllinə endirilir, müvafiq olaraq planimetriyanın öyrənilməsində baş verən bütün çatışmazlıqlar bərk həndəsənin öyrənilməsində hiss olunur.

Deməli, stereometriyanın uğurlu öyrənilməsi üçün müəllim daim planimetrik materiala qayıtmalıdır; bu və ya digər teoremi öyrənməkdən əvvəl zəruri planimetrik məlumatı təkrarlamaq lazımdır.

2. Stereometriyada həndəsi konstruksiyalara əsaslı şəkildə fərqli yanaşma mövcuddur.

Əgər planimetriyanı öyrənərkən şagirdlər öyrənilən obyekt haqqında aydın təsəvvür yaradan rəsmlərdən istifadə edirlərsə, stereometriyada fəza fiqurlarını təsvir etməyə imkan verən rəsm alətləri yoxdur. Burada biz obyektin özü ilə deyil, yalnız onun təsviri ilə məşğul oluruq.

Hər bir stereometrik tapşırıq həm də paralel proyeksiyanın xassələrindən istifadə edərək fiqurun təsvirini qurmaq üçün tapşırıqdır. Bu, şagirdlərdən planimetrik məsələləri həll etmək üçün tələb olunandan daha çox səy tələb edir.

3. Stereometriya zamanı çıxarılan nəticələrin məntiqi tərəfinə çox diqqət yetirilir; ilkin şərtləri aydın şəkildə müəyyən edərək, hər bir qənaətinizi əsaslandırmalısınız.

Stereometriya proqramı planimetriya ilə müqayisədə materialın daha sürətli keçmə sürətini nəzərdə tutur. Eyni zamanda, problemləri həll etmək üçün daha çox vaxt tələb olunur, buna görə də daha əhəmiyyətli yer tutur müstəqil iş məktəblilər. Dərsdə tapşırıqların diqqətlə seçilməsi lazımdır - yalnız ən zəruri olanları daxil edin.

5. Stereometriyanın kursu aksiomatik şəkildə qurulur. Stereometriyanın aksiomatikasını öyrənərkən iki əsas metodoloji problemi həll etmək lazımdır:

) fəza üçün planimetriyanın aksiomaları yenidən tərtib edilir (bəziləri aydınlaşdırılmalıdır).

Burada əslində müəllimlə şagird arasında razılaşma adı altında yeni aksioma təqdim edilir, necə ki:

Kosmosun istənilən müstəvisində planimetriyanın bütün aksiomları təmin edilir.

) öyrənilmənin ilk mərhələlərində modellər, stereometrik qutu, rəsm, sinif həndəsəsi ilə təsvir olunan yeni xüsusi fəza aksiomaları əlavə olunur.

II. Məkan təsvirlərinin formalaşması bir neçə mərhələdə baş verir və daxildir:

rəsmə görə həndəsi fiqurun vahid təsvirini, onun elementlərinin nisbi mövqeyini təqdim etmək bacarığı;

rəqəmin mövqeyini zehni olaraq dəyişdirmək qabiliyyəti - digər tərəfdən baxın;

fiqurun zehni olaraq parçalanması, ondan yeni bir obyekt hazırlamaq bacarığı;

mövcud əlaqələri adekvat şəkildə əks etdirən rəsmdə bir rəqəmi təsvir etmək bacarığı;

fiqurun şifahi təsvirinə əsasən təsəvvür etmək bacarığı və s.

I mərhələdə, vizual əsasda, fiqurun əsas xüsusiyyətlərini vurğulamaqla onun vahid imicini yaratmaq üçün ilkin şərtlər formalaşır. Bu mərhələdə müəllim modellərdən, ətraf aləmin real obyektlərindən geniş istifadə etməlidir. Bundan sonra, müvafiq həndəsi konfiqurasiyanın nəzərə alınmasını təyin edən bir rəsm qurulur.

I və II mərhələnin sonunda məktəblilər demək olar ki, dəyişməz şəraitdə təsəvvür edə bildikləri fiqurların və onların birləşmələrinin təsvirlərini formalaşdırırlar.

I və II mərhələlərdə məkan təsvirlərinin formalaşması sxemi aşağıdakı kimidir:

model təsviri təsviri

II mərhələdə modellərin rolu bir qədər azaldılır, çünki əks halda şagirdlərin fiqurun və onun elementlərinin yerləşmə xüsusiyyətlərini zehni təsəvvür etmək bacarıqlarının inkişafı ləngiəcəkdir.

Bu mərhələlərdə rəsm qurarkən müəllim dərhal nümayiş etdirməməlidir rəsm tamamladı, lakin tədricən qavrayış və ya məkan təsvirləri məqsədilə tələbələrlə bunu tədricən yerinə yetirməyə çalışın.

III mərhələ: - dəyişdirilmiş şəraitdə təsvirlərlə işləmə bacarığının mənimsənilməsi. Məktəblilər əvvəlcə əsas rəsm ilə işləyirlər, lakin bu, çox vaxt fiqurun yerləşmə xüsusiyyətlərini müxtəlif mövqelərdən görməyə imkan vermir. Buna görə, rəsm, bir qayda olaraq, müvafiq modeli nəzərə alaraq dəstəklənməlidir. Nümayiş xüsusi seçilmiş suallarla müşayiət olunur.

Məsələn: Təyyarənin tetraedrini keçməklə hansı rəqəmləri əldə etmək olar? Model və rəsmdə müxtəlif halları göstərin. Cavabı əsaslandırın.

III mərhələdə məkan təsvirlərinin formalaşması sxemi:

rəsm modelinin təsviri.

Mərhələ IV: Şagirdlər əvvəllər tərtib edilmiş ideyalar əsasında müstəqil olaraq stereometrik obyektlər qurmalıdırlar. Bu vəziyyətdə nə rəsm, nə də əvvəlcədən hazırlanmış model istifadə edilmir, ancaq fiqurun yerini aydınlaşdırmaq üçün müəllimə suallar verə bilərsiniz.

IV mərhələdə sxem: təqdimat rəsmi.

Xəyali konstruksiyalar (Vp) - rəsm alətlərinin köməyi ilə real konstruksiyaların rədd edilməsi ilə məkanda formal-məntiqi tikinti üsulu, sanki əqli olaraq həyata keçirilir; onları müşayiət edən rəqəm sırf illüstrativdir.

Riyazi baxımdan V.p. müəyyən məlum şərtlərlə müəyyən edilmiş fiqurların mövcudluğunu sübut edən problemlər kimi qəbul edilir. Sübutun özü fiqurların (və ya onların birləşmələrinin) qurulması prosesini aksiomatik olaraq təyin olunan sonlu sayda əsas konstruksiyalara qədər azaltmaqdan ibarətdir. Bu halda, həll (sübut) rəsm ilə müşayiət edilə bilər və ya olmaya da bilər.

Müəllim şagirdlərin diqqətini kosmosda tikinti apararkən yaranan bir sıra çətinliklərə cəlb edir (təyyarə, polihedron və s. qura bilməzsiniz). Buna görə də dəqiq razılaşmaq lazımdır: bu və ya digər tikintini həyata keçirmək nə deməkdir.

Stereometriyanın aksiomlarına əsaslanaraq, fəzada aşağıdakı əsas konstruksiyaların mümkünlüyünü fərz edə bilərik:

) Təyyarə o zaman tikilə bilər ki, onun fəzada mövqeyini müəyyən edən aşağıdakı elementlər göstərilsin:

a) xətt və üzərində olmayan nöqtə;

b) iki kəsişən xətt,

c) iki paralel xətt

d) eyni xətt üzərində olmayan üç nöqtə.

) Kosmosda düz xətt iki müstəvinin kəsişmə xətti kimi qurula bilər.

) Bütün planimetrik konstruksiyalar fəzada yalnız müəyyən bir müstəvidə həyata keçirilə bilər.

) Sferanın mərkəzinin mövqeyi və radiusu R verilərsə, onu qurmaq olar.

Bütün digər konstruksiyaların icrası məhdud sayda əsas olanlara qədər azaldılır.

Proyeksiya rəsmində nöqtələr və xətlər proyeksiyaları ilə birlikdə əsas adlanan müəyyən bir müstəviyə qoyulur.

Proyeksiya təsvirləri konstruktiv vasitələrlə üzərində təsvir olunan fiqurların kəsişmə nöqtələrini və xətlərini qurmağa imkan verir. Onlarda çox var əhəmiyyəti məktəblilərin məkan təxəyyülünün inkişafı üçün.

Onun xassələrinin paralel proyeksiyasını öyrənərkən 10-cu sinif məktəblilərini proyeksiya rəsmləri ilə tanış etmək tövsiyə olunur. Burada müəllim şagirdləri belə bir nəticəyə gətirir ki, rəsmdəki fiqurları onun proyeksiya müstəvisindəki proyeksiyası ilə təyin etmək olar.

Üstəlik, əgər nöqtə və ya rəqəm onun proyeksiyası ilə üst-üstə düşürsə, o zaman verilmiş nöqtə və ya rəqəm proyeksiya müstəvisində yerləşir.

Proyeksiya rəsmini paralelepiped modeli ilə təsvir etmək olar, burada proyeksiya müstəvisi alt bazanın müstəvisidir, proyeksiya istiqaməti yan qabırğalar tərəfindən müəyyən edilir, yuxarı əsasın proyeksiyası isə alt bazadır.

Proyeksiya rəsmində qurmaq üçün stereometrik tapşırıqların əsas növü çoxüzlü hissələrin qurulması üçün tapşırıqlardır. Məktəb bölmələrin qurulması üçün iki üsul nəzərdən keçirir:

1)iz üsulu; 2) üsul daxili dizayn

(Bəzən birləşmə istifadə olunur.)

İzlər üsuluna uyğun olaraq əvvəlcə proyeksiya müstəvisində kəsici müstəvinin izi qurulur, sonra isə ardıcıl olaraq çoxüzlülərin üzləri ilə kəsici müstəvinin kəsişmə xətləri tapılır.

Bu metodun əsas çatışmazlığı ondan ibarətdir ki, kəsici təyyarənin izi rəsmin əsas hissəsindən çıxarıla bilər, buna görə də arzuolunmaz olan rəsmi azaltmaq lazımdır.

Daxili dizayn üsulu bölmənin nöqtələri ilə polihedronun əsas nöqtələri arasındakı uyğunluğa əsaslanır. Bütün konstruksiyalar onun içərisindədir, lakin tikintinin məntiqini izah etmək daha çətindir və çertyoj dağınıqdır.

§3. Həndəsi konstruksiyalar nəzəriyyəsinin əsasları

1 Konstruktiv həndəsənin ümumi aksiomaları

Həndəsədəki fiqur istənilən nöqtələr toplusudur (ən azı bir nöqtədən ibarətdir).

Kosmosda müəyyən bir müstəvi verildiyini fərz edəcəyik ki, onu əsas müstəvi adlandıracağıq. Biz yalnız bu müstəviyə aid olan rəqəmləri nəzərə almaqla kifayətlənirik.

Birinci fiqurun hər bir nöqtəsi ikinci fiqura aiddirsə, bir fiqur digər fiqurun hissəsi adlanır. Beləliklə, məsələn, düz xəttin hissələri olacaq: onun üzərində uzanan hər hansı bir seqment, bu düz xətt üzərində uzanan bir şüa, bu düz xətt üzərində bir nöqtə, düz xəttin özü.

İki və ya daha çox rəqəmin əlaqəsi bu fiqurlardan ən azı birinə aid olan bütün nöqtələrin toplanmasıdır.

İki və ya daha çox fiqurun kəsişməsi və ya ümumi hissəsi bu fiqurlar üçün ümumi olan bütün nöqtələrin toplusudur.

İki F və F fiqurunun fərqi F fiqurunun F fiquruna aid olmayan bütün belə nöqtələrinin çoxluğudur.

İki fiqurun kəsişməsində (və ya fərqində) tək bir nöqtə olmadığı ortaya çıxa bilər. Bu halda deyirik ki, bu rəqəmlərin kəsişməsi (və ya müvafiq olaraq fərq) boş nöqtələr toplusudur.

Həndəsi konstruksiyaların öyrənildiyi həndəsə sahəsinə konstruktiv həndəsə deyilir. Konstruktiv həndəsənin əsas anlayışı həndəsi fiqurun qurulması anlayışıdır.

Əgər hər hansı bir fiqur haqqında deyilirsə ki, o verilir, o zaman təbii olaraq başa düşülür ki, o, artıq təsvir olunub, çəkilib, yəni. tikilmişdir. Beləliklə, konstruktiv həndəsə üçün ilk əsas tələb aşağıdakı kimidir:

1. Verilmiş hər bir fiqur qurulur.

Qeyd edək ki, “verilmiş fiqur” və “onun bu və ya digər verilmiş elementləri ilə verilmiş (və ya müəyyən edilmiş) fiqur” anlayışlarını qarışdırmaq olmaz.

1. İki (və ya daha çox) fiqur qurulubsa, bu fiqurların əlaqəsi də qurulur.

3. Əgər iki fiqur qurulubsa, onda onların fərqinin boş çoxluq olub-olmadığını müəyyən etmək olar.

İki qurulmuş fiqurun fərqi boş çoxluq deyilsə, bu fərq qurulur.

Əgər iki fiqur qurulubsa, onda onların kəsişməsinin boş çoxluq olub-olmadığını müəyyən etmək olar.

İki qurulmuş fiqurun kəsişməsi boş deyilsə, o, qurulur.

Sonrakı üç əsas tələb fərdi nöqtələri tərtib etmək bacarığından bəhs edir.

İki qurulmuş fiqurun istənilən sonlu sayda ortaq nöqtələrini qurmaq olar, əgər belə nöqtələr varsa.

Siz qurulmuş fiqura açıq-aydın aid olan bir nöqtə qura bilərsiniz.

Siz qurulmuş fiqura açıq-aydın aid olan bir nöqtə qura bilərsiniz.

2 Tikinti tapşırığı

Tikinti tapşırığı, bu rəqəmin müəyyən şərtləri təmin etməsi üçün hansı məlumatlara əsasən, hansı alətlərlə, hansı həndəsi fiqurun qurulmasının (təyyarə çəkilməsinin) tələb olunduğunu göstərən bir cümlədir.

Tikinti problemini kompas və düz xəttin köməyi ilə həll etmək onu əvvəlcədən mümkün hesab edilən beş elementar konstruksiya dəstinə endirmək deməkdir. Gəlin onları sadalayaq.

Əgər iki A və B nöqtəsi qurulubsa, onda onları birləşdirən AB düz xətti, həmçinin AB seqmenti və AB və BA şüalarından hər hansı biri (hökmdar aksiomu) qurulur.

O nöqtəsi və AB seqmenti qurulursa, mərkəzi O nöqtəsində və radius AB, habelə bu dairənin qövslərindən hər hansı biri ilə bir dairə qurulur.

İki xətt qurulursa, onların kəsişmə nöqtəsi qurulur (əgər varsa).

Əgər xətt və dairə qurulubsa, onda onların kəsişmə nöqtələrindən hər hansı biri (əgər varsa) qurulur.

İki dairə qurulursa, onların kəsişmə nöqtələrindən hər hansı biri (əgər varsa) qurulur.

Tikinti problemini həll etmək onun bütün həll yollarını tapmaq deməkdir.

Son tərif bir qədər aydınlığa ehtiyac duyur.

Məsələnin şərtlərini ödəyən rəqəmlər həm forma və ölçü, həm də müstəvidə vəziyyətinə görə fərqlənə bilər. Təyyarədə mövqe fərqləri tikinti probleminin özünün tərtibindən asılı olaraq nəzərə alınır və ya nəzərə alınmır, yəni problemin vəziyyətinin istənilən rəqəmə nisbətən müəyyən bir mövqeyini təmin edib-etməməsindən asılı olaraq. hər hansı verilmiş rəqəmlər. Bunu misallarla izah edək.

Aşağıdakıları nəzərdən keçirin ən sadə tapşırıq: üç tərəfi və onların arasında bir bucaq verilmiş üçbucağı qurun. Bu məsələnin dəqiq mənası belədir: üçbucaq qurun ki, onun iki tərəfi müvafiq olaraq verilmiş iki seqmentə, aralarındakı bucaq isə verilmiş bucağa bərabər olsun. Burada arzu olunan fiqur (üçbucaq) bu fiqurlarla (iki seqment və bucaq) yalnız bərabərlik münasibətləri ilə əlaqələndirilir, bu fiqurlara nisbətən arzu olunan üçbucağın yeri isə laqeyddir. Bu halda, problemin şərtini təmin edən üçbucaq qurmaq asandır. Bu üçbucağa bərabər olan bütün üçbucaqlar da məsələnin şərtini ödəyir. Lakin bu üçbucaqları bu məsələnin müxtəlif həlləri kimi nəzərdən keçirməyin mənası yoxdur, çünki onlar bir-birindən yalnız müstəvidəki mövqelərinə görə fərqlənirlər, məsələnin şərtində bu barədə heç nə deyilmir. Buna görə də, problemin özünəməxsus həlli olduğunu güman edirik.

Beləliklə, əgər məsələnin şərti bu rəqəmlərə nisbətən arzu olunan rəqəmin müəyyən yerini təmin etmirsə, onda biz yalnız problemin şərtini təmin edən bütün qeyri-bərabər rəqəmləri axtarmağa razıyıq. Deyə bilərik ki, bu qəbildən olan problemlər “bərabərliyə qədər” həll olunur. Bu o deməkdir ki, problem aşağıdakı hallarda həll edilmiş sayılır:

) Məsələnin şərtlərini ödəməklə müəyyən sayda qeyri-bərabər F1, F2, ... Fn rəqəmləri qurulur.

) isbat olunur ki, problemin şərtlərini ödəyən istənilən rəqəm bu rəqəmlərdən birinə bərabərdir. Problemin n fərqli həlli olduğu güman edilir.

Əgər məsələnin şərti istənilən fiqurla müqayisədə istənilən fiqurun müəyyən yerini nəzərdə tutursa, onda tam həll məsələnin şərtini (əgər belə rəqəmlər varsa) qane edən bütün fiqurların sonlu sayda qurulmasından ibarətdir.

§4. Stereometriyada tikinti məsələlərinin həlli metodologiyası

Tikinti probleminin həllinin mahiyyəti ondan ibarətdir ki, müəyyən bir rəqəm verilirsə və istədiyiniz fiqurun elementləri ilə bu rəqəmin elementləri arasında müəyyən əlaqələr varsa, əvvəlcədən göstərilən alətlərlə müəyyən bir fiqurun qurulması tələb olunur. Göstərilmiş.

Məsələnin şərtlərini ödəyən hər bir fiqur bu məsələnin həlli adlanır.

Tikinti probleminin həllini tapmaq, onu sonlu sayda əsas konstruksiyalara endirmək, yəni əsas konstruksiyaların sonlu ardıcıllığını göstərmək deməkdir, bundan sonra qəbul edilmiş aksiomlara görə istənilən rəqəm artıq qurulmuş hesab ediləcəkdir. konstruktiv həndəsə.

Tikinti məsələlərinin həlli üzrə tədris metodikasının əsas problemlərindən biri konstruktiv məsələlərin həlli mərhələlərinin tətbiqi və öyrənilməsi metodologiyasıdır. Hətta IV əsrdə. e.ə e. qədim yunan həndəsələri inkişaf etmişdir ümumi sxem indi istifadə etdiyimiz tikinti problemlərinin həlli. Problemin həlli prosesi 4 mərhələyə bölünür: təhlil, konstruksiya, sübut və tədqiqat. Tapşırığın hər bir mərhələsini daha ətraflı nəzərdən keçirək.

Verilmiş A nöqtələri (A ), B (B ), C (C ) və D (D ). D (D) nöqtəsindən keçən müstəvi qurun ), ABC müstəvisinə paralel.

4.1 Təhlil

Təhlil edir mərhələ tikinti problemini həll etmək üçün bir yol tapmaq kimi başa düşdüyümüz problem həlli. Bu mərhələdə, bu rəqəmlərlə arzu olunan rəqəm arasında belə asılılıqlara diqqət yetirilməlidir ki, bu da bizə gələcəkdə bu arzu olunan rəqəmi qurmağa imkan verəcəkdir (əgər biz istənilən rəqəmi necə quracağımızı biliriksə, onda daha təhlilə ehtiyac yoxdur).

İstədiyiniz fiqurla verilmiş fiqurlar arasında əlaqə axtarışını asanlaşdırmaq üçün adətən gözlər önündə köməkçi bir rəsm, verilənləri əks etdirən eskiz və istədiyiniz fiqurları təqribən verilən tənzimləmədə görmək sərfəlidir. problemin şərtinə görə. Rəsm əllə, gözlə edilə bilər - bu, tapşırıq artıq həll edildikdə formalaşmalı olan bir layihədir.

Köməkçi rəsmdə bu elementlər və maraq doğuran ən vacib elementlər vurğulanmalıdır. Təcrübədə, yardımçı bir rəsm qurmağa verilən bir rəqəmdən deyil, orijinal fiqurun təxmini görüntüsündən, problemin ifadəsində göstərilən əlaqələrdə olması üçün ona məlumat əlavə etmək daha rahatdır.

Əgər köməkçi çertyoj arzu olunan fiqurun qurulması üsulunu təklif etmirsə, o zaman onlar istədikləri fiqurun hansısa hissəsini və ya ümumiyyətlə, tikilə bilən, sonra isə ondan istənilən fiqurun qurulması üçün istifadə oluna bilən hansısa fiqur tapmağa çalışırlar.

Aşağıdakı məqamlar nəzərə alınır:

) əgər köməkçi rəsmdə verilənlər və həll etmək üçün zəruri olan istənilən elementlər arasındakı əlaqələri birbaşa qeyd etmək mümkün deyilsə, o zaman rəsmə köməkçi fiqurların daxil edilməsi məsləhət görülür: mövcud nöqtələri düz xətlərlə birləşdirin, kəsişmə nöqtələrini qeyd edin. mövcud xətlərin bəzi seqmentlərini davam etdirin və s. Bəzən mövcud xətlərə paralellər və ya perpendikulyarlar çəkmək faydalıdır;

) əgər məsələnin şərtinə uyğun olaraq seqmentlərin və ya bucaqların cəmi və ya fərqi verilmişdirsə, onda bu kəmiyyətlər çertyojya daxil edilməli, yəni eskiz çertyojunda təsvir edilməlidir, əgər onlar hələ də yoxdursa. onun üzərində;

) təhlil prosesində baxılan məsələnin vəziyyətində qeyd olunan elementlər arasında asılılıqların mövcud olduğu teoremləri və əvvəllər həll edilmiş məsələləri xatırlatmaq faydalıdır.

Əlavə 3 tikinti tapşırığının təhlilini təqdim edir: Əsası, təməldəki kiçik bucağı və digər iki tərəf arasındakı fərqi nəzərə alaraq üçbucaq qurun .

From bu misal görmək olar ki, qurma məsələsinin həlli tapılarkən, eləcə də arifmetik məsələlər üçün analitik-sintetik üsuldan istifadə olunur. Problemin sualından çıxış edərək, hansı elementlərin bizə məlum olduğunu nəzərə alırıq və əksinə, ilkin məlumatları istədiyiniz rəqəmi qurmaq üçün birləşdiririk.

Səhnə adı təhlil təkcə bu demək deyil analitik üsul, eynilə bəzən adlanan dəlildə olduğu kimi sintez , sintetik mülahizə üsulu həmişə tətbiq edilmir. Problemi təhlil edərkən, onun həlli yollarını taparkən təhlil və sintez daimi qarşılıqlı əlaqədə olur, bir-birini tamamlayır və sınayır.

Qayıdaq problemimizə və təhlil edək.

1.S nöqtəsini tapaq 1, proyeksiya müstəvisində yatan AA-ların kəsişdiyi B düz AB və A B , S nöqtəsi 2 AC və A xətlərinin kəsişdiyi yerdə C , və S nöqtəsi 3, AD və A xətlərinin kəsişdiyi yerdə D .

2.AS təyyarəsində 1S 3 D nöqtəsindən AS1 xəttinə paralel və AS müstəvisində keçən xətt qururuq 2S AS xəttinə paralel D nöqtəsindən keçən 3 2.

.Alınan xətlər vasitəsilə biz lazımi təyyarəni qururuq.

2 Tikinti

Tikinti problemlərinin həllinin ikinci mərhələsi iki hissədən ibarətdir:

) problemin həlli üçün təhlilə əsasən yerinə yetirilməli olan bütün elementar konstruksiyaların müəyyən ardıcıllıqla sadalanması;

) birbaşa icra bu konstruksiyaları rəsm alətlərindən istifadə etməklə rəsm üzərində. Həqiqətən də, müəyyən alətlərin köməyi ilə problemi həll etmək, verilmiş alətlər üçün məqbul olan, müəyyən ardıcıllıqla yerinə yetirilməsi məsələnin sualına cavab verməyə imkan verən elementar konstruksiyaların sonlu dəstini göstərmək deməkdir.

Bu mərhələ, adətən, bu şüanın əvvəlində ucu olan verilmiş şüada verilmişə bərabər bir seqmentin qurulması problemi olan ilk tikinti məsələsini həll edərkən təqdim olunur. Mərhələnin təqdimatını müşayiət edən söhbətdə hər hansı bir tikinti probleminin həllinin nədən ibarət olduğunu qeyd etmək lazımdır və bu mərhələnin həyata keçirilməsinin arzu olunan fiqurun qurulması üçün sonlu sayda əməliyyatları sadalamaqdan ibarət olduğunu göstərmək lazımdır.

Problemimizə qayıdıb onun konstruksiyasına nəzər salaq.

Bina:

1.AB∩A B =S 1

2.AC∩A C = S 2

3.AD∩A D =S 3

4.D.S. 4║AS 1

5.D.S. 5║AS 2

6.D.S. 4S 5

4.3 Sübut

Fiqur qurulduqdan sonra onun məsələnin şərtlərinə cavab verib-vermədiyini müəyyən etmək, yəni müəyyən konstruksiya ilə bu elementlərdən alınan fiqurun məsələnin bütün şərtlərini ödədiyini göstərmək lazımdır. Beləliklə, sübut əsasən tikinti üsulundan asılıdır. Eyni problemi həll etmək olar fərqli yollar, təhlildə göstərilən tikinti planından asılı olaraq və buna görə də hər bir halda sübut fərqli olacaq. Sübut məsələnin həllinin bir hissəsidir, məntiqi məzmununda təhlilin əksidir. Təhlildə müəyyən edilərsə ki, qoyulmuş şərtləri ödəyən hər hansı fiqur filan və belə şəkildə tapıla bilər, onda həllin bu üçüncü hissəsində bunun əksi sübut olunur. Bu tərs mövqedir ümumi görünüş aşağıdakı kimi tərtib etmək olar: əgər filan konstruksiya ilə verilmiş elementlərdən müəyyən rəqəm alınırsa, o, həqiqətən də qoyulmuş şərtləri ödəyir.

Ən sadə məsələləri həll edərkən, məsələnin bütün şərtləri tikinti planında birbaşa əks olunduqda, belə bir konstruksiya ilə bu elementlərdən alınan rəqəmin arzu olunan olduğunu sübut etməyə ehtiyac yoxdur. Misal üçün: İki tərəfi və onların arasında bir bucaq verilmiş üçbucaq qurun . Burada sübut tərəflərin verilənlə eyni olub-olmadığını və qurulmuş bucağın verilmiş birinə bərabər olub olmadığını sadə yoxlamaya qədər azaldılır. Belə məsələlərdə sübut artıqdır, çünki həllin düzgünlüyü konstruksiyanın təhlilə və məsələnin verilmiş şərtlərinə uyğunluğu ilə təmin edilir.

Sübut təkcə təhlil və konstruksiyadan asılı deyil, onlar arasında qarşılıqlı əlaqə və asılılıq mövcuddur. Tikinti təhlil zamanı tərtib edilmiş plana uyğun aparılır. Bir neçə belə plan var. Tikinti və sübut tərtib edilmiş planın düzgünlüyünün və rasionallığının bir növ meyarıdır. Plan mövcud alətlərlə mümkün deyilsə və ya tikinti irrasional olduğu ortaya çıxarsa, biz yeni bir həll planı axtarmağa məcbur oluruq. Eyni şəkildə, həm sübut, həm də tədqiqat təhlilə təsir edir, çox vaxt həll planının seçimini əvvəlcədən müəyyənləşdirir.

Quraşdırma məsələlərinin həllində isbat teoremlərin isbatına bənzər şəkildə, aksiomlardan, teoremlərdən və həndəsi fiqurların xassələrindən istifadə edilməklə aparılsa da, onlar arasında müəyyən fərq də vardır. Teoremləri sübut edərkən əksər hallarda şərt və nəticəni ayırmaq asandır. Tikinti problemlərini həll edərkən, qurulmuş rəqəmin arzu olunan olduğunu sübut etmək mümkün olan məlumatları tapmaq artıq daha çətindir. Buna görə də, sinifdə konstruktiv məsələləri həll edərkən, bəzən nəyin verildiyini və nəyin sübut edilməli olduğunu xüsusi vurğulamaq məqsədəuyğundur. Məsələn, problemi həll edərkən: Onun iki diaqonalı boyunca bir romb qurun tələbəni nəyin verildiyini (diaqonallar qarşılıqlı perpendikulyardır və kəsişir, yarıya bölünür) və sübut edilməli olanı (tərəflər bərabərdir) yazmağa dəvət edirik. Öz növbəsində, evdə və daxili problemləri həll edərkən nəzarət işi ayrıca şərt və nəticə ayrılmaqla sübutun icrasını tələb etməmək olar. Həllinin düzgünlüyünün aşkar olduğu məsələlərdə xüsusi sübut tələb etməyə ehtiyac yoxdur.

Problemimizə qayıdaq və onun sübutunu nəzərdən keçirək.

Sübut: DS4 və DS5 xətləri D nöqtəsindən keçir və konstruksiyaya görə ABC müstəvisinə paraleldir.

4 Tədqiqat

Tikinti zamanı insan adətən bəzi həll yollarından birini tapmaqla məhdudlaşır və tikintinin bütün mərhələlərinin əslində mümkün olduğu güman edilir. Problemin tam həlli üçün həmçinin aşağıdakı suallara aydınlıq gətirmək lazımdır: 1) konstruksiyanı seçilmiş üsulla yerinə yetirmək həmişə mümkündürmü (yəni istənilən məlumat seçimi üçün); 2) seçilmiş metodu tətbiq etmək mümkün olmadıqda, istənilən fiqurun qurulması mümkündürmü və necə qurulmalıdır; 3) problemin hər biri üçün neçə həll yolu var mümkün seçim data? Bütün bu sualların nəzərdən keçirilməsi tədqiqatın məzmununu təşkil edir.

Beləliklə, tədqiqat həll olunma şərtlərini qurmaq və həllərin sayını müəyyən etmək məqsədi daşıyır. Məktəblilərin, hətta müəllimlərin bu və ya digər işi özbaşına seçərək araşdırma aparması adi hal deyil və bəzi digər hallara yox, məhz bu işlərə niyə baxıldığı aydın deyil. Bütün mümkün işlərə baxılıb-baxılmaması da qeyri-müəyyən olaraq qalır. Təcrübədə, əksər hallarda, bu tədqiqat ən əlçatan və məqsədəuyğun üsul olan tikinti prosesində aparılarsa, tədqiqatın zəruri tamlığına nail olmaq mümkündür. Bu texnikanın mahiyyəti, tikintini təşkil edən bütün mərhələləri ardıcıl olaraq sadalamaq və hər bir addım üçün bu mərhələdə göstərilən tikintinin həmişə həyata keçirilə biləcəyini və mümkünsə, unikal olub olmadığını müəyyən etməkdir.

Problemimizin öyrənilməsinə nəzər salın.

Tədqiqat: tapşırıq verilmişdir həlli var və üstəlik, yalnız bir, çünki verilmiş müstəviyə paralel yalnız bir müstəvi və onun üzərində olmayan düz xətt çəkilə bilər.

Tapşırıqlar

Tapşırıq nömrəsi 1.

Verilmiş: SABCD piramidası, PSB, KSC, MSA.

Quruluş: MKR təyyarəsi ilə SABCD-nin bölməsi

Həlli: M, K və P nöqtələri piramidanın yan kənarlarında yerləşdiyinə görə dərhal MP bölməsinin iki tərəfini qurmaq mümkündür.

R üçün

M AT ilə

O H

AMMA D

və RK. Bundan sonra, kəsici müstəvinin SD kənarı ilə kəsişməsinin H nöqtəsini tapmaq lazımdır.

İndi müstəvidə (BSD) kəsici müstəvinin iki nöqtəsi var: O1 və P. Beləliklə, SD kənarında axtarılan H nöqtəsi SD kənarı ilə PO1 xəttinin kəsişmə nöqtəsi olacaqdır.

Nöqtə tapıldı, MN və NK bölməsinin son iki tərəfini qurmaq asandır. Beləliklə, MKRN istənilən kəsişmədir.

Tapşırıq №2

Verilmişdir: ABCDA1B1C1D1 prizmasının kəsiyini qurun - prizma, PAA1, QBB1, RCC1

Tapın: P, Q, R nöqtələrindən keçən müstəvi ilə ABCDA1B1C1D1 kəsiyi

Həlli: Prizmanın aşağı əsasının müstəvisində kəsici müstəvinin izini çəkək. AA1B1B üzünü nəzərdən keçirin. Bu üz P və Q bölmə nöqtələrini ehtiva edir. PQ xəttini çəkin. Bölməyə aid olan PQ xəttini AB xətti ilə kəsişməyə qədər davam etdiririk. İzə aid olan S1 nöqtəsini alırıq. Eynilə, QR və BC xətlərinin kəsişməsindən S2 nöqtəsini alırıq. S1S2 düz xətti - prizmanın aşağı əsasının müstəvisində kəsici müstəvinin izi. S1S2 xətti AD tərəfini U nöqtəsində, CD tərəfini T nöqtəsində kəsir. P və U nöqtələrini birləşdirək, çünki onlar AA1D1D üzünün eyni müstəvisində yerləşir. Eynilə, biz TU və RT alırıq. PQRTU - istədiyiniz bölmə.

Tapşırıq №3

Verilmişdir: ABCDA1B1C1D1 prizmasının kəsiyini qurun - prizma, MA1B1, NAD, PDC

Tapın: M, N, P nöqtələrindən keçən müstəvi ilə ABCDA1B1C1D1 kəsiyi

Həlli: N və P nöqtələri kəsik müstəvisində və paralelepipedin aşağı əsasının müstəvisində yerləşir. Bu nöqtələrdən keçən xətt çəkək. Bu xətt paralelepipedin əsasının müstəvisində kəsici müstəvinin izidir. Paralelepipedin AB tərəfinin yerləşdiyi xətti davam etdirək. AB və NP xətləri hansısa S nöqtəsində kəsişir. Bu nöqtə kəsik müstəvisinə aiddir. M nöqtəsi də kəsik müstəvisinə aid olduğundan və AA1 xəttini hansısa X nöqtəsində kəsdiyindən X və N nöqtələri AA1D1D üzünün eyni müstəvisində yerləşir, onları birləşdirib XN xəttini alırıq. Paralelepipedin üzlərinin müstəviləri paralel olduğundan A1B1C1D1 üzünün M nöqtəsindən NP xəttinə paralel xətt çəkmək olar. Bu xətt B1C1 tərəfini Y nöqtəsində kəsəcək. Eynilə XN xəttinə paralel YZ xəttini çəkirik. Z-ni P ilə bağlayırıq və tələb olunan bölməni - MYZPNX-i alırıq.

Həmçinin, bölmələrin qurulması üçün tapşırıqlar "Canlı Həndəsə" proqramında həll edilə bilər.

Verilmiş: ABCDA1B1C1D1-paralepiped, P CC1D1D, Q AA1D1D, R BB1. Quruluş: PQR müstəvisi ilə ABCDA1B1C1D1 bölməsi.

Qərar:

Verilmişdir: ABCDA1B1C1D1 paralelepipedinin səthində P, Q və R nöqtələri aşağıdakı kimi götürülür: P nöqtəsi CC1D1D üzündə, Q nöqtəsi B1C1 kənarında, R nöqtəsi AA1 kənarında yerləşir.

Qurmaq: paralelepipedin müstəvi ilə kəsişməsi (PQR).

Qərar:

Verilmişdir: ABCDA1B1C1D1 paralelepipedinin müvafiq olaraq A1B1 və DD1 kənarlarında P və S nöqtələri, DD1C1C və AA1D1D üzlərində isə müvafiq olaraq Q və R nöqtələri götürülür.

Qurun: paralelepipedin PQR müstəvisinə paralel S nöqtəsindən keçən müstəvi ilə kəsişməsi.

Qərar:

3.Müstəqil problem həlli

Hər bir tələbə tapşırıq olan bir kart alır. Eyni vərəqdə bölmənin tikintisi və bu tikintinin təsviri aparılır. Tapşırıqların yoxlanılması TMC-də “Riyaziyyat, 5-11-ci siniflər. praktikum»

Tapşırıq 1-7: M, K, L nöqtələrindən keçən kəsiyi qurun.

Tapşırıq 8: P nöqtəsindən və KL xəttindən keçən kəsiyi qurun.

Tapşırıq 9: K nöqtəsindən və PQ xəttindən keçən kəsiyi qurun.

Məşq 1

Tapşırıq 2

Tapşırıq 3

Tapşırıq 4 Tapşırıq 5

Tapşırıq 6

Tapşırıq 7

Tapşırıq 8 Tapşırıq 9

SMM-də tapşırıqların həlli “Riyaziyyat, 5-11-ci siniflər. praktikum»

Nəticə

Məktəb kursunda həndəsi konstruksiyaların sistemli öyrənilməsi zəruridir, çünki problemlərin öyrənilməsi prosesində onlar riyaziyyatın digər sahələrindən bilikləri cəmləşdirir, praktiki qrafika bacarıqlarını inkişaf etdirir, praktiki məsələlərin həlli üçün axtarış bacarıqlarını formalaşdırır, onları mümkün müstəqil tədqiqatlarla tanış edir; xüsusi həndəsi təsvirlərin inkişafına, həmçinin bacarıq və bacarıqların daha hərtərəfli işlənməsinə töhfə vermək.

Bu kurs işində konstruksiyaların məktəb kursunda rolu və yeri nəzərdən keçirilmiş, həmçinin stereometriya və əsas həndəsi konstruksiyalarda tikinti üçün məsələlərin həlli metodikası nəzərdən keçirilmişdir.

Ədəbiyyat

stereometriya

1. Aleksandrov, İ.İ. Həlli ilə həndəsi tikinti məsələləri toplusu / II Aleksandrov. - M.: Üçpdqız, 1954.

2. Arqunov, B.İ. İbtidai həndəsə: dərslik. ped üçün müavinət. in-tov / B.I. Arqunov, M.B. Balk. - M.: Maarifçilik, 1966.

3. Konovalova, V.S. Məntiqi təfəkkürün inkişafı vasitəsi kimi həndəsə kursunda tikinti məsələlərinin həlli / V.S. Konovalova, Z.V. Şilova // Fizikanın tədrisi prosesləri haqqında biliklər: məqalələr toplusu. Məsələ 9. - Kirov: VyatGGU nəşriyyatı, 2008. - S. 59-69.

4.Misyurkeev, I.V. Həndəsi konstruksiyalar. Müəllimlər üçün dərslik / I.V.Misyurkeev. - M: Üçpdqız, 1950.

5. Ponarin, Ya.P. Elementar həndəsə: 2 cilddə - V.2: Stereometriya, fəzanın çevrilmələri / Ya.P.Ponarin - M.: MTsNMO, 2006.

6. Prasolov, V.V. Stereometriyada problemlər. 1-ci hissə / V.V. Prasolov. - M.: Nauka, 1991.

7. Sarantsev, G.I. Məktəbdə riyazi sübutların və təkziblərin öyrədilməsi / G.I. Sarantsev. - M.: VLADOS, 2005.

8. Sharygin, I.F. Həndəsə (Stereometriya) Problemləri / I.F. Sharygin. - M.: Nauka, 2009.

Fiqurların, ilk növbədə düz olanların təsvirlərinin qurulması xüsusiyyətləri, eləcə də şəkillər üzərində təsvirlərin qurulması üçün tapşırıqlar nəzərdən keçirilir.

Fiqurların stereometriyada təsviri məsələsini öyrənərkən biz müstəvi fiqurların təsvirinə diqqət yetirəcəyik. Və bu başa düşüləndir, çünki real fiziki obyektə (ev, zər, kitab və s.) baxdıqda biz bir çox hallarda düz hissələrdən ibarət səthi görürük (şək. 201 - 203). Rəsmlərdə və texniki təsvirlər ilk növbədə obyektin səthini təsvir etməyə çalışırlar və bizim həyat təcrübəmiz obyekti bütövlükdə səthin detallarının arxasında görməyə imkan verir.

Əsas həndəsi fiqur üçbucaq olduğundan, hansı fiqurun üçbucağın təsviri ola biləcəyini öyrənək. Və sonra planimetriyadan məlum olan digər çoxbucaqlıların təsviri məsələsini müzakirə edə biləcəyik.Bundan əlavə, ən sadə fəza fiqurlarının təsvirindən danışacağıq.

Təsvirin həndəsi əsası kimi paralel proyeksiyanı götürürük. İlk növbədə, “şəkil” anlayışının məzmununu aydınlaşdırmaq lazımdır, çünki fiqurun təsvirini onun birbaşa paralel proyeksiyası kimi başa düşmək kifayətdir.

narahat. rəqəm böyük ölçülər bir kağız vərəqinə proyeksiya etmək sadəcə mümkün deyil - təsvirin uyğun olması üçün rəqəmin paralel proyeksiyası mütənasib şəkildə azaldılmalıdır (və ya digər hallarda artır).

Məkan fiqurunun təsviri verilmiş fiqurun müəyyən bir müstəviyə paralel proyeksiyasına bənzər fiqurdur.

Bu tərifi əlavə etmək lazımdır. Aydındır ki, təsvirdə rəqəm haqqında mümkün qədər çox məlumat olmalıdır. Əncirdəki kubun paralel proyeksiyasının olması ehtimalı azdır. 204, a) bu fiqurun xüsusiyyətlərini tam əks etdirir. Belə ki

çoxüzlülərin təsvirində onların təpələri və kənarları görünən və görünməz şəkildə təsvir edilmişdir.Artıq qeyd edildiyi kimi, görünməz xətlər kəsikli xətlərlə təsvir edilmişdir. Beləliklə, Şəkildəki kubun şəkli. 204b)

kub haqqında daha dolğun məlumat verir. Məkan fi-

gurus onun mühüm elementlərinin şəkillərini də vurğulayır (məsələn, diaqonallar, bölmələr və s.).

Qeyd edək ki, tərifdə nə proyeksiya müstəvisi, nə də proyeksiya istiqaməti sabit deyil. Bu başa düşüləndir, çünki nəzərdən keçirmək üçün əlverişli mövqe özbaşına seçilə bilər.

İndi suala cavab verək: üçbucağın təsviri hansı fiqur ola bilər? Üçbucağın proyeksiya müstəvisində olması halı

ty, biz hesab etməyəcəyik. Bu halda seqmentə proyeksiya edilir (şək. 205).

Üçbucağın paralel proyeksiyası üçbucaq olduğundan (yuxarıda qeyd olunan hal istisna olmaqla), onda üçbucağın şəkli də olmalıdır.

kvadrat. Eyni zamanda sual yaranır: “Bəs bu üçbucağın təsviri hansı üçbucağı hesab etmək olar?” Məlum olduğu kimi, paralel layihə ilə

rovaniya seqmentlərin uzunluğunu, bucaqların ölçülərini dəyişdirin. Paralel proyeksiya olduğu aydındır ikitərəfli üçbucaqümumiyyətlə miqyaslı üçbucaqdır, küt üçbucağın proyeksiyası iti ola bilər və s.

Günəşdən və ya uzaq lampadan kölgə alarkən üçbucaqların karton modelləri ilə sadə təcrübələrin aparılması üçbucağın paralel proyeksiyalarının formasının müxtəlif ola biləcəyini göstərir. Üstəlik, modelin uyğun yerləşdirilməsi sayəsində proyeksiya kimi verilmiş formalı üçbucağın alınacağına əmin olmaq olar. Beləliklə, bir üçbucağın müxtəlif kölgələrini nəzərə alaraq, aşağıdakı nəticəyə gələ bilərik.

Bu üçbucağın şəkli ixtiyari üçbucaq ola bilər.

Bu faktın riyazi əsaslandırılması daha sonra aparılacaqdır. Ondan istifadə edərək dörd nəfərin obrazı ilə bağlı müəyyən nəticələr çıxarmaq olar

düzbucaqlılar. Paralel dizaynın xüsusiyyətlərindən

bundan belə nəticə çıxır ki, paraleloqramın təsviri ixtiyaridir

paraleloqram. Həqiqətən, diaqonal paraleloqram iki bərabər üçbucağa bölünür (şəkil 206, a). Şəkil-

İxtiyari A 1 B 1 D 1 üçbucağı ABD üçbucağının ifadəsi ola bilər. Dostro-

İv üçbucağı A 1 B 1 D 1-ə paraleloqram-

Bu üçbucaq tərəfindən unikal olaraq təyin olunan ma (şək. 206, b) aşağıdakı nəticəni alırıq.

Bu paraleloqramın şəkilləri ixtiyari paraleloqram ola bilər.

Trapezoidlərə gəldikdə, şəkillərdə oxşar nəticə çıxarıla bilməz, çünki paralel dizaynda paralel əsasların uzunluqlarının nisbəti qorunmalıdır. Məsələn, əsaslardan biri ikincinin yarısıdırsa, bu nisbət görüntüdə qorunmalıdır. Baxmayaraq ki, əlbəttə ki, trapezoidin təsviri trapezoid olmalıdır (lakin ixtiyari deyil!).

Digər çoxbucaqlıların təsvirinə gəlincə, onların bir düz xətt üzərində olmayan üç nöqtəsini seçmək olar (məsələn, üç təpə). Bu nöqtələr ixtiyari üçbucaqla təmsil oluna bilən üçbucağı müəyyən edir. Bundan əlavə, paralel proyeksiyanın xassələrindən istifadə edərək (onlar həm də təsvirlərin xassələridir) bəzi hallarda bütün çoxbucaqlının təsvirini qurmaq olar.

Kosmosda yerləşdirilmiş bəzi düz fiqurları təsvir etməyi öyrəndikdən sonra ən sadə məkan fiqurlarını təsvir etməyə başlaya bilərik.

Düzbucaqlı paralelepipedin, kubun şəkilləri ixtiyari paralelepipedin təsvirlərindən fərqlənmir, çünki ixtiyari paraleloqramlar kvadrat və düzbucaqlı şəkilləri ola bilər. Çox vaxt kub Şəkil 1-də göstərildiyi kimi təsvir olunur. 207a). Əncirdə. 207, b)–d) kubun təsvirləri də verilmişdir. Lakin, Şəkildən fərqli olaraq. 207, a) bu şəkillərdən kubun xassələri haqqında təsəvvür əldə etmək çətindir. Əncirdə. 207, b), c) təsvirlər sadə və düzgündür, yəni paralel tərtibat qanunlarına əsasən hazırlanmışdır. Bununla belə, onlar vizual deyil. Bu o demək deyil ki, bəzi hallarda yuxarıdakı şəkillərin hər birinə ehtiyacımız olmayacaq.

Paralelepipedin təsvirinin qurulmasını daha ətraflı nəzərdən keçirək. §7-də paralelepiped üzləri altı paraleloqram olan çoxüzlü hesab olunurdu. §8-də seqmentlərdən rəqəmlərin qurulmasına yanaşma nəzərdən keçirilmişdir. istifadə edək

onlar. Verilmiş α müstəvisində ABCD paraleloqramını qururuq və onun bütün təpələri vasitəsilə α müstəvisini kəsən paralel xətlər çəkirik (şək. 208). Bu xətlərdə α təyyarəsinin bir tərəfində eyni uzunluqda AA 1, BB 1, CC 1, DD 1 seqmentlərini qoyduq. A 1 , B 1 , C 1 , D 1 nöqtələrinin eyni müstəvidə olduğunu və A 1 B 1 C 1 D 1 paraleloqramının təpələri olduğunu sübut etmək asandır. Fəaliyyət -

Odur ki, AA 1 D 1 D, ABCD və BB 1 C 1 C paraleloqramdır, onda A 1 D 1 ||AD ,AD ||BC, BC ||B 1 C 1 və xətlərin paralellik meyarına uyğun olaraq (Teorem 2 § 8) ,A 1 D 1 ||B 1 C 1 . Bu, xüsusilə, A 1 , B 1 , C 1 , D 1 nöqtələrinin eyni müstəvidə yerləşdiyini təsdiq etmək imkanı verir.

Eynilə, bizdə A 1 B 1 ||D 1 C 1, yəni A 1 B 1 C 1 D 1 dördbucaqlı paraleloqramdır.

ABCD və A 1 B 1 C 1 D 1 paraleloqramlarının nöqtələrini birləşdirən seqmentlərin bütün nöqtələrinin çoxluğu belə bir fiqur təşkil edir ki, paralelepiped(Şəkil 209). Aydındır ki, paralelepipedlər qurarkən, paraleloqramların müvafiq nöqtələrini birləşdirən paralel seqmentlərdən istifadə etmək olar. Şəkil Şəkildəki kimi hazırlanmışdır. 208, yalnız qutunun nöqtələrlə "doldurulduğunu" və bəzi xətlərin müşahidəçi üçün görünməz olduğunu nəzərə alaraq. Rəsmdə olduğu kimi, onlar kəsik xətt ilə təsvir edilmişdir. Təpələri ilə paralelepipedi təyin edin:

ABCDA1 B 1 C 1 D 1.

Ümumi kənarı olan paralelepipedin iki üzü bitişik adlanır və ümumi kənarı olmayan, - əks. Eyni üzə aid olmayan iki təpə deyilir əks. Qarşı təpələri birləşdirən xətt seqmenti deyilir paralel diaqonal

Piramidaların, xüsusən də tetraedrlərin təsviri seqmentlərdən qurulması ilə əlaqədar § 8-də nəzərdən keçirilmişdir.

! Düz və məkan təsvirlərinin nəzərdən keçirilməsi

rəqəmlər imkan verirŞəkillər üçün tələbləri formalaşdırın:

1) şəkil düzgün olmalıdır, yəni müəyyən qaydalara cavab verməlidir;

2) görüntü vizual olmalıdır;

3) şəkil izləmək üçün asan olmalıdır.

Şəklin düzgünlüyü paralel proyeksiyaların qurulması qaydalarına riayət etməklə təmin edilir. Aydınlıq və sadəlik dizayn istiqamətinin seçilməsi, yəni rəqəm üzərində "görünüş bucağı" və proyeksiya müstəvisinin yeri ilə təmin edilir. Beləliklə, Şek.-də SABC tetraedrinin şəkilləri. 210, a), b) uğurlu hesab edilə bilməz. Birinci halda ABC üz müstəvisinə paralel proyeksiyadan istifadə edilir, ikinci halda isə proyeksiyanın istiqaməti AB düz xətti ilə müəyyən edilir. Hər iki halda rəqəmin həcmi itir. Bir qayda olaraq, üçüncü təsvirdən istifadə edin (şəkil 210, c). Bu, AC və SB diaqonalları olan düz dördbucaqlı ABCS-dir. Görünməz kənar AC kəsik xətt ilə göstərilir.

Təsvirin aydınlığını təmin edən mühüm vasitə fiqurun elementlərinin (medianlar, bissektrisalar, orta xətlər, diaqonallar və s.), eləcə də ən sadə kəsiklərinin təsviridir.

Müxtəlif fiqurların təsvirlərinin qurulması stereometriya məsələlərinin həllinin tərkib hissəsidir.

Çox vaxt problemləri həll edərkən təsvir üzərində müəyyən konstruksiyalar yerinə yetirmək lazımdır (medianı çəkmək, yazılmış dairənin mərkəzini göstərmək, kəsik qurmaq və s.). Bu konstruksiyalar adətən paralel dizaynın xüsusiyyətlərinə görə yerinə yetirilir.

Nümunə 1. Düzbucaqlı ikitərəfli üçbucağın ABC (C \u003d 90 °) ixtiyari təsvirində bir şəkil qurun: 1) məhdud dairənin mərkəzi O; 2) iki tərəfi ayaqların üstündə olan yazılı kvadrat

üçbucaqdır və təpələrdən biri BA hipotenuzasındadır.

 Düzbucaqlı ikitərəfli ABC üçbucağının (şək. 211, a) təsviri A 1 B 1 C 1 üçbucağı olsun (şək. 211, b).

1) Düzbucaqlı üçbucağın ətrafına çəkilmiş dairənin mərkəzi hipotenuzanın orta nöqtəsidir. Buna görə də onun təsviri hipotenuzanın təsvirinin ortasıdır.

Tikinti. A 1 B 1 seqmentini yarıya bölürük, bölmə nöqtəsi O 1 istəniləndir (şəkil 211, c).

2) AB hipotenuzunun O ortasından ayaqlara perpendikulyarlar çəksək (bax şək. 211, a), onda tapşırığın şərtini ödəyən kvadrat alarıq. Çəkilmiş perpendikulyarlar ayaqlara paraleldir. İstədiyimiz görüntünü yaratmaq üçün istifadə edəcəyimiz budur.

Tikinti. O 1 nöqtəsindən müvafiq olaraq C 1 B 1 və C 1 A 1-ə paralel O 1 E 1 və O 1 F 1 seqmentlərini çəkirik (şəkil 211, d). DördbucaqlıC 1 E 1 O 1 F 1 arzu edilir.

Misal 2. Kubun təsvirində onun kəsiyini üç paralel kənarın orta nöqtələrindən keçən müstəvi ilə qurun.

 Şek. 212 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 kubunun AA 1, BB 1, SS 1, DD 1 qabırğalarının orta nöqtələri müvafiq olaraq A 2, B 2, C 2, D 2 ilə işarələnir. Bu nöqtələrin təsvirləri müvafiq seqmentlərin şəkillərinin orta nöqtələrində yerləşir (niyə?). Kəsici müstəvi A 2 , B 2 , D 2 nöqtələrindən keçsin. Kubun bütün üzləri kvadrat olduğundan, əks tərəfin orta nöqtələrindən keçən A 2 B 2 seqmenti

Sonra xətt BE layihə üçün düzgün istiqamət müəyyən edir

kvadratın tərəfləri AA 1 B 1 B, tərəfə bərabərdir kvadrat AB (və ya kubun kənarı) və bu tərəfə paraleldir.

Eynilə, D 2 C 2 ||DC və D 2 C 2 =DC. AB ||DC olduğundan, paralellik münasibətinin keçidinə uyğun olaraq A 2 B 2 ||D 2 C 2. Tək müstəvi A 2 B 2, D 2 C 2 paralel xətlərindən keçir. A 2, B 2, D 2 nöqtələri bu müstəvidə yerləşir, ona görə də bu müstəvi arzu olunan sekantdır. Kəsmə müstəvisi kubun üzlərini A 2 B 2, B 2 C 2, C 2 D 2 və D 2 A 2 bərabər seqmentlərində kəsir. Buna görə də, arzu olunan kəsik olan A 2 B 2 C 2 D 2 dördbucaqlı romb şəklinə malikdir. Bu rombun B 2 D 2 və A 2 C 2 diaqonallarının bir-birinə bərabər olduğunu asanlıqla görmək olar. Yəni dördbucaqlı A 2 B 2 C 2 D 2 - kvadrat. Biz nəinki bölməni tikdik, həm də onun formasını təyin etdik.

Əsas düz fiqurların təsviri ilə bağlı yuxarıdakı nəticələrin əsaslandırılmasını nəzərdən keçirək.

Teorem 1 (üçbucağın təsviri üzrə).

İstənilən üçbucaq verilmiş üçbucağın təsviri ola bilər.

ABC üçbucağı verilsin. KMN ixtiyari üçbucağını götürün. ABC üçbucağının paralel proyeksiyası KMN üçbucağına bənzəyən proyeksiya müstəvisi və proyeksiya istiqaməti varsa, bu, ABC üçbucağının təsviri ola bilər.

Proyeksiya müstəvisini α seçirik ki, o, ABC üçbucağının müstəvisini AC düz xətti boyunca kəssin (şək. 213). Proyeksiyanın istiqamətini elə seçməliyik ki, ABC üçbucağının α müstəvisində proyeksiyası KMN üçbucağına oxşar üçbucaq olsun. Bunun üçün α müstəvisində KMN üçbucağına bənzər CAE üçbucağını alt əmsalı ilə qururuq.

biya MK AC

gəzinti. CAE üçbucağı ABC üçbucağının paralel proyeksiyası olduğundan və CAE və KMN üçbucaqları oxşar olduğundan, KMN üçbucağı üçbucağın şəklidir.

ABC.

! Bu teorem açılır geniş imkanlar bu üçbucağın şəkillərini seçmək üçün, baxmayaraq ki, əlbəttə ki, orijinalda olmayan xüsusiyyətlərə malik şəkillərdən istifadə etməməlisiniz. Məsələn, ixtiyari üçbucağı düzbucaqlı kimi təsvir etmək yersizdir.

Digər çoxbucaqlıların şəkillərinə keçərək qeyd edirik ki, bir qayda olaraq, Teorem 1-ə oxşar teoremlər onlar üçün keçərli deyil, baxmayaraq ki, onların bəzi xassələri təsvirdə qorunub saxlanılır. İlk növbədə, tərəflərin paralelliyindən danışacağıq (niyə?). Bununla əlaqədar daha bir mühüm teoremi təqdim edirik.

Teorem 2 (paraleloqramın təsviri üzrə).

İstənilən paraleloqram verilmiş paraleloqramın təsviri ola bilər.

Bu teorem paraleloqramları diaqonallarla üçbucaqlara bölmək və Teorem 1-dən istifadə etməklə sübuta yetirilə bilər (bax Şəkil 1).

düyü. 206, a, b)

Planimetrik faktların kosmosda analoqlarının olduğu vəziyyətlərə artıq rast gəlmişik. Və belə hallar davam edəcək. Ən sadə məkan fiqur - tetraedr - təyyarədəki üçbucağa uyğundur. Teorem 1-ə görə istənilən üçbucaq verilmiş üçbucağın təsviri ola bilər. Digər tərəfdən, tetraedr dördbucaqlıya proyeksiya edilir və bu, diaqonallar çəkdikdən sonra tetraedrin şəklinə çevrilir. Sual yaranır: ixtiyari dördbucaqlı verilmiş tetraedrin təsviri ola bilərmi? Buna müsbət cavabı alman riyaziyyatçıları Polke K. (1810-1877) və Şvars Q. (1843-1921) teoremi verir. Buna əsaslanaraq, çoxüzlü bir şəkil qura bilərsiniz. Bunu etmək üçün eyni müstəvidə yatmayan dörd təpə seçməlisiniz. Onlar bəzi tetraedrin təpələridir. Sonra bu nöqtələrin şəklini ixtiyari bir şəkildə təyin edin. Və hətta bundan sonra dizayn xüsusiyyətlərindən istifadə edərək bütün rəqəmin şəklini tamamlayın.

Misal 3. Düzgün altıbucaqlının təsvirini qurun.

 Düzgün altıbucaqlı ABCDEF-i nəzərdən keçirək (şək. 214, a). Şəkillərində saxlanmalı olan xüsusiyyətlərə malikdir. Altıbucaqlının tərəfləri cüt-cüt paraleldir (AB ||ED, BC ||EF, CD ||AF ). O simmetriya mərkəzinə malikdir və O nöqtəsini altıbucaqlının təpələri ilə birləşdirən seqmentlər bir-birinə bərabərdir və onun tərəfinə bərabərdir. İndi görmək asandır ki, bütün altıbucaqlının təsvirini tamamlamaq üçün paraleloqramın (hətta romb) ABCO şəklini qurmaq kifayətdir.

A 1 B 1 C 1 O 1 paraleloqramı ABCO paraleloqramının şəkli olsun (ixtiyari paraleloqram ola bilər!). 1 O 1 və C 1 O 1-i O 1 nöqtəsindən kənara uzataraq, O 1 D 1 \u003d A 1 O 1, O 1 F 1 \u003d C 1 O 1, F 1 O 1 D 1 E 1 paraleloqramı qururuq. (Şəkil 214, b). Əslində, O 1 təpəsinə görə A 1 B 1 C 1 O 1 paraleloqramına mərkəzi simmetrik olan paraleloqram qurulmuşdur. A 1 və F 1, C 1 və D 1 nöqtələrini birləşdirərək, müntəzəm altıbucaqlının şəklini alırıq (şək. 214, c).

 Nəzarət sualları

1. Şəkildəki rəqəmlərdən hansı. 215, a)-d) kvadratın təsviri deyilmi?

2. Şəkildəki rəqəmlərdən hansı. 216, a)-d) kub şəkli deyilmi?

3. Şəkildən hansı. 217, a) - d) kubun şəkli düzgün deyil?

4. Şəkildən hansı. 218, a) - d) tetraedrin təsviri düzgün deyil?

5. Fiqurun paralel proyeksiyası onun şəklidirmi?

6. Düzbucaqlı üçbucağı ikitərəfli üçbucağın təsviri hesab etmək olarmı?

7. Üçbucağın orta xəttinin şəkli olduğu doğrudurmu orta xətt onun şəkilləri?

8. Paraleloqram trapezoidin şəkli ola bilərmi?

9. Üçbucaq tetraedri təmsil edə bilərmi?

10. Bir tetraedri elə çəkmək olarmı ki, onun üzlərindən məhz biri görünməz olsun?

11. Şəkildə görünə bilən ən kiçik kub kənarları neçədir? Və ən böyük?

12. Şəkil hansı fiqurdur: a) seqment; b) üçbucaq; c) trapesiya; d) paraleloqram; e) n-gon?

Qrafik məşqlər

1. Tetraedrin hansı üzlərini təyin edinŞəkildə göstərilən ABCD. 219, P , K, M nöqtələrinə aiddir?

2. Hansı cüt nöqtələrŞəkildə tetraedrin təsvirində göstərilən X ,Y, Z, T. 220 eyni üzdə yatmır?

3. Nöqtələrdən keçən müstəvi ilə kubun kəsimi hansı rəqəmdir M, N, P, şəkildə göstərilmişdir. 221, a)-d)?

174°. Şkalen üçbucaq şəklində ikitərəfli üçbucağın təsviri verilmişdir. Bu şəkil üzərində bir şəkil yaradın:

1) təpəsindəki bucağın bisektorları;

2) kənarın ortasından çəkilmiş bazaya perpendikulyar; 3) iki bitişik tərəfi tərəfi ilə üst-üstə düşən romb

üçbucağın tərəfləri.

175. Düzbucaqlı ikibucaqlı üçbucağın təsvirində üçbucağın müstəvisində yerləşən kvadratın şəklini qurun, əgər kvadratın tərəfi belədirsə:

1°) verilmiş üçbucağın ayağı; 2) verilmiş üçbucağın hipotenuzası.

176. ABC bərabərtərəfli üçbucağının ixtiyari təsviri üzərində təsviri qurun:

1°) üçbucağın hündürlüklərinin kəsişmə nöqtələri; 2°) tərəflərindən biri olan "hüdudlu" düzbucaqlının

üçbucağın bəzi tərəfi ilə üst-üstə düşür, digəri isə əks təpəni ehtiva edir; 3) bissektrisalar xarici küncüçbucaq.

177. Üçbucağın və onun iki hündürlüyünün təsviri verilmişdir. Bu üçbucağın ətrafına çəkilmiş dairənin mərkəzinin şəklini qurun.

178. Düzbucaqlı üçbucağın təsvirində, biri kəskin künclər 60 °-ə bərabər olan bir şəkil qurun: 1) bu bucağın bissektrisasını; 2) hipotenuzaya çəkilmiş hündürlük;

3) yazılmış dairənin mərkəzi.

179°. Böyükliyi 120° olan bucağın təpəsindən çəkilmiş rombun və onun hündürlüyünün şəklini qurun.

180. Onun diaqonallarının və ikisinin kəsişmə nöqtəsinin təsviri olan kvadratın təsvirini qurun:

1°) qonşu təpələr; 2*) əks təpələr. 181. Yan tərəfi daha kiçik bazaya bərabər olan ikitərəfli trapezoidin ixtiyari təsviri üzərində qurun.

şəkil:

1°) trapesiyanın simmetriya oxları; 2) iki təpəsi uzanan yazılı düzbucaqlı

daha böyük bazada biçirlər və tərəflərdən biri daha kiçik bir baza ilə üst-üstə düşür; 3) tərəflərə toxunan dairənin mərkəzi və daha az

trapezoidin əsası.

182. Bazasında bucaqları 45 °-ə bərabər olan ikitərəfli trapesiya şəkli verilmişdir. Təsviri yaradın:

1) trapesiya ətrafında çevrələnmiş dairənin mərkəzi;

2*) kiçik bazaya və tərəflərə toxunan dairənin mərkəzi.

183. Dairə və onun diametrindən birinin təsviri verilmişdir. Bu diametrə perpendikulyar olan çevrənin radiusunun şəklini qurun.

184. ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 kubunun təsviri verilmişdir.

1°) DA 1 C 1 və B 1 D 1 D müstəvilərinin kəsişmə xəttini qurun. 2) Kubun kənarı a-ya bərabərdirsə, bu xəttin kubda olan seqmentinin uzunluğunu tapın.

3) Üç qoşa bitişik üzün mərkəzlərindən keçən müstəvi ilə kubun bir hissəsini qurun.

185. ABCD tetraedrinin təsviri verilmişdir, K, M və P nöqtələri müvafiq olaraq DC, AD və BD-nin orta nöqtələridir.

1°) ACP və BMK təyyarələrinin kəsişmə xəttini qurun. 2) Tetraedrin bütün kənarlarının uzunluqları bərabər olarsa, bu xəttin seqmentinin uzunluğunu tapın.

3) Tetraedrin üç üzünün medianlarının kəsişmə nöqtələrindən keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun.

186. SABC tetraedrinin üzərindən keçən müstəvi ilə kəsiyini qurun:

1°) SA, SC və BC qabırğalarının orta nöqtələri;

2) AS-də M nöqtəsi (AM :AS = 1:2), SC-də N nöqtəsi (CN :NS = 1:2)

və BC-də P nöqtəsi (CP :PB = 1:2);

3) AS, AB kənarlarının orta nöqtələri və üzün mərkəzi SBC ; 4*) üz mərkəzləri ASB, ABC və BSC.

187. ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 kubunun üzərindən keçən təyyarə ilə kəsiyini qurun:

1) kənar CD və üz mərkəzi AA 1 B 1 B ;

2) diaqonalı A 1 D və kənarın mərkəzi BCC 1 B 1;

3*) AD, CD və B nöqtələrinin orta nöqtələri;

4*) üzlərin mərkəzləri CDD 1 C 1 , CBB 1 C 1 və A nöqtəsi.

Təkrarlanan məşqlər

188. İki paralel xətt üçüncü xətt ilə kəsişir. Yaranan səkkiz bucaqdan biri 50°-yə bərabərdir. Digər bucaqların hər biri nədir?

189. CubeABCDA 1 В 1 С 1 D 1 verilmişdir.

1) AA 1 kənarına paralel bütün kənarları seçin.

2) DC kənarının ABC 1 və A 1 B 1 D müstəvilərinin kəsişməsinə paralel olduğunu sübut edin.

4) Kub qarşısında a ixtiyari seqment olsun. Kubun bitişik olmayan üzündə a seqmentinə paralel seqment qurun.

İstənilən paraleloqram verilmiş paraleloqramın təsviri ola bilər.

• Alınmış bilikləri modelə, alqoritmə uyğun olaraq, ipucu ilə praktikada tətbiq etməyi öyrətmək.
• Stereometriya aksiomlarından istifadə edərək bölmələr qurmaq bacarıqlarını möhkəmləndirmək.
• Şagirdlərin məkan təfəkkürünü inkişaf etdirin.

Dərslər zamanı.

I. Təşkilati hissə.

II. Ev tapşırıqlarının təhlili.

Ev tapşırığı üç çətinlik səviyyəsinə bölündü.

Tapşırıq 1 və 2 - birinci səviyyə

Tapşırıq 3 və 4 - ikinci səviyyə

Tapşırıq 5 və 6 - üçüncü səviyyə

Tapşırıq 1. ABSA 1 C 1 – üçbucaqlı prizma, nöqtə F - qabırğanın ortası AB , nöqtə O qabırğanın davamı üzərində yatır Günəş belə ki ilə arasında yerləşir AT və O . Prizmanın bir hissəsini təyyarə ilə qurun 1 FO .

Tapşırıq 2. Nöqtə O - qabırğanın ortası DD 1 Kuba ABCDA 1 B 1 C 1 D 1. Xətlərin kəsişmə nöqtələrini tərtib edin A 1 O və C1O əsas təyyarə ilə A B C D və kubun kənarının uzunluğu 2 sm olarsa, aralarındakı məsafəni hesablayın.

Məsələ 3. Üçbucaqlı piramida verilmişdir SABC xal R və R qabırğaların üstündə yatmaq SA və Günəş, nöqtə F qabırğanın davamı üzərində yatır AC belə ki, o nöqtə ilə nöqtələr arasında yerləşir AMMA və F. Piramidanın bir hissəsini təyyarə ilə qurun PRF

Tapşırıq 4. SABCD- dördbucaqlı piramida. Nöqtə R kənarında yatır SCD, bir nöqtə F kənarı boyunca DC belə ki, o nöqtə D arasında yatır F və ilə. PFB.

Tapşırıq 5. DABC- kənarının uzunluğu 4 sm olan müntəzəm tetraedr.Nöqtə O - qabırğanın ortası D.B.. Nöqtə F qabırğanın davamı üzərində yatır Günəş belə ki ilə - seqmentin ortası bf, nöqtə T qabırğanın davamı üzərində yatır AC belə ki ilə - seqmentin ortası AT. Tetraedrin bir hissəsini təyyarə ilə qurun FTO və onun perimetrini hesablayın.

Tapşırıq 6. DABC- üçbucaqlı piramida nöqtəsi F kənarında yatır D.B., nöqtə T qabırğanın davamı üzərində yatır AB belə ki, o nöqtə AMMA nöqtələri arasında yerləşir T və AT, bir nöqtə R qabırğanın davamı üzərində yatır CD belə ki, o nöqtə ilə nöqtələr arasında yerləşir D və R. Piramidanın bir hissəsini təyyarə ilə qurun TFR.

Hər qrupa çətinlik səviyyəsindən asılı olaraq tapşırıqlar verilir. Şagirdlər bu tapşırıqları yerinə yetirirlər, sonra isə həll yolunu kollektiv şəkildə müzakirə edirlər.

Vəziyyət: doldurulmuş fiqurların təyyarə ilə təsvir olunan çoxüzlülərin bölmələri olub-olmaması PQR ? Bölmənin səhv göstərildiyi hallarda düzgün həlli tapın.

Şəkillər müntəzəm paralelepipedləri göstərir.

Birinci səviyyəli tapşırıq:

İkinci səviyyəli tapşırıq:

Üçüncü səviyyəli tapşırıq:

Hər qrupa əsas və əlavə tapşırıq verilir. Əlavə tapşırıqda rəqəmlər üçbucaqlı prizmaları (səviyyə 1 və 2) və üçbucaqlı piramidanı (səviyyə 3) göstərir.

İş jurnalda sonrakı qiymətlə müəllim tərəfindən qiymətləndirilir.

Birinci səviyyəli tapşırıq:

• AT üçbucaqlı piramida DABC nöqtə O - üz medianlarının kəsişmə nöqtəsi DBC. Nöqtə F düz xətt üzərində yerləşir AB belə ki AT nöqtələr arasında yerləşir AMMA və F, bir nöqtə E düz xətt üzərində yerləşir AC belə ki, o nöqtə ilə arasında yatır AMMA və E. Piramidanın bir hissəsini təyyarə ilə qurun AÖF.

• PQR

İkinci səviyyəli tapşırıq:

• ABSA 1-də 1-də - üçbucaqlı prizma. Nöqtə O kənarında yatır A 1 C 1 ,. Nöqtə F qabırğanın davamı üzərində yatır AC belə ki ilə arasında yatır AMMA və F. Nöqtə üçün qabırğanın davamı üzərində yatır AB belə ki AT arasında yerləşir AMMA və üçün. Prizmanın bir hissəsini təyyarə ilə qurun OKF.

• Əlavə tapşırıq: doldurulmuş formalar, təsvir olunan polihedranın bir təyyarənin hissələridir PQR ? Bölmənin səhv göstərildiyi hallarda düzgün həlli tapın.

Üçüncü səviyyəli tapşırıq:

• Kuboidin əsası A BCDA l B 1 C 1 D 1 - kənarının uzunluğu 2 sm olan kvadrat.Nöqtə O - orta yan qabırğa DD 1 və xal üçün və F qabırğaların davamı üzərində yatmaq Günəş və AB müvafiq olaraq belə Günəş = 2SK, AB = 2FA . Təyyarə ilə Paralelepipedin Bölmə Sahəsini hesablayın OFK , əgər DD 1 = 4 sm.

• Əlavə tapşırıq: doldurulmuş formalar, təsvir olunan polihedranın bir təyyarənin hissələridir PQR ? Bölmənin səhv göstərildiyi hallarda düzgün həlli tapın.

Şagirdlər uyğun çətinlik səviyyəsini seçirlər.

Birinci çətinlik səviyyəsi üçün tapşırıq:

İkinci çətinlik səviyyəsi üçün tapşırıq:

Üçüncü çətinlik səviyyəsi üçün tapşırıq: