CC BY
11ЗАСТОСУВАННЯ 1КТ У ПРОЦЕС1 НАВЧАННЯ ГЕОМЕТРП ЯК ОДИН 13 НАПРЯМ1В П1ДВИЩЕННЯ ПЕДМАЙСТЕРНОСТ1 ВЧИТЕЛ1В МАТЕМАТИКИ
Л.В.Грамбовська, канд. пед. наук, Чернтвський тститут тслядипломног nedazozÎ4Hoï oceimu ím. К.Д. Ушинського,
м. Чернтв, УКРАША
Упровадження гнформацгйно-комунгкацгйних технологгй у навчальний процес е одним Í3 напрям1в тдвищення фаховог квал1ф1каци вчител1в математики. Як приклад розглянуто методику навчання розв 'язуванню геометричних задач на побудову Í3 за-стосуванням динам1чно'г геометры GRAN 2D.
Ключовi слова: педагоггчна майстертсть, динам1чна геометр1я, динам1чна модель, навчальне дослгдження.
Постановка проблеми. Одним Ï3 ва-жливих напрямiв реформування системи осв^и залишасться створення умов для професшно!' перекватфшаци та освгти упродовж усього життя [9, с. 16]. Важли-вою дана теза е i для вчтетв загальноос-вiтнiх шкш, зокрема математики, якi у силу фаху повинш не тшьки вмiти вчити ш-ших, але й самi не втрачати вмшь та нави-чок самоосвiти та самовдосконалення, систематично тдвищувати рiвень власно'1 педмайстерностi.
Актуальн1сть проблеми. На шляху виршення поставлено1' проблеми особливого значення набувае система тслядип-ломно'1 освiти, яка здшснюе пiдвищення фахового рiвня вчителiв та допомагае 1'м оволодiвати новими вмiннями та навичка-ми, вiдповiдно до вимог сьогодення. На сучасному етат розвитку освiти учитель повинен волод^и iнформацiйними техно-логiями на професшному рiвнi, ушти упроваджувати ïx у навчальний процес, математики зокрема.
Серед великого розмагття ППЗ навча-льного призначення, яю доцiльно викори-стовувати у процесi вивчення шкiльноï математики, видшимо тi, що умовно мож-на вiднести до програмних засобiв типу «динамiчна геометрiя», а саме: Cabri,
GRAN 2D, DG, Geogebra та шшь
Огляд результат1в i публшацт з теми дослщження. Проблемами застосування ППЗ динамчно!' геометри у навчальному процесi займалися М.1.Жалдак, ЮВ.Го-рошко [4], С.А.Раков [10], О.П.Зеленяк [5], G.Ф.Вiнниченко, А.О.Костюченко [7], Т.Г.Крамаренко [8], С.СЯценко [2], Л.В.Грамбовська [1-3] та шш. Разом Í3 тим, навчання вчителiв застосовуванню ППЗ зазначеного типу у професiйнiй дшльносп через систему пiслядипломноi освiти потребуе ще свого вирiшення.
Мета стать Висвгаення методики навчання розв'язуванню задач на побудову iз застосуванням ППЗ динамiчноi геометрй як одного iз напрямiв тдвищення фахово'1 квалiфiкащi вчителiв математики.
Виклад основного матерiалу. Рiвень фахово'1 тдготовки вчителя математики, його педмайстернють можна ощнювати як за традицшними критерiями, так i за умш-нями заохочувати учтв до вивчення предмету шляхом оргатзаци пошуково-дослiдницькоi дiяльностi. Застосування ППЗ типу «динамiчна геометрiя» дозволяе вчителю математики вiдточувати саме таю вмшня. Для прикладу розглянемо методику розв'язування платметрично'1 задач на побудову iз застосуванням зазначених
© ОгашЬоузка Ь.
ППЗ.
Зазвичай, розв'язування задач на по-будову е достатньо складним процесом i викликае значнi труднощi. Традицiйно за-дачi такого типу розв'язуються у чотири етапи: аналiз, побудова, доведення i досль дження. На кожному з егатв об'ективно iснують певнi угруднення. Так на етапi аналiзу важливо правильно висунути ппо-тезу щодо того, як побудувати шукану фь гуру. Крiм того, на цьому етапi особливого значення набувае вмшня аналiзувати умо-ву задачi та вид^ти об'ект або !х сукуп-носгi, що тдпадають тд умову. На другому етат за знайденим алгоритмом вщ-буваеться побудова шукано'1 фiгури. Зазвичай на цьому етат заюнчуеться розв'язування задачi на побудову. Достатньо часто тдхщ до розв'язування однiеi i гiеi само'1' задачi у рiзних авторiв вiдрiзня-еться гiльки вщшуканням iншого алгоритму побудови. Разом iз тим, у рiзних поаб-никах, якими може користуватися вчитель, досить рiдко зустрiчaються доведення того, що побудована ф^ра е шуканою, i лише в окремих випадках здiйснюеться
а)
дослiдження отриманого результату та виявлення меж юнування розв'язку, якщо такий iснуе.
Використовуючи у професiйнiй дiяль-ностi рiзномaнiтнi посiбники, де висвiтленi не вс етапи розв'язування зaдaчi на побудову, у вчителя може скластися враження, що деяю етапи загалом можна опускати. Доводити начебто не по^бно, бо це ви-пливае з алгоритму побудови, а досш-дження не потрiбне тому, що начебто ю-нування розв'язку е очевидним. Але, чи дiйсно це так? Для прикладу розглянемо добре вщому задачу на побудову, яка мо-же мати, наприклад, таку фабулу.
Задача 1. Дано три прям1 I, т, п та точка А на прямт I. Побудувати р1вно-стороннш трикутник так, щоб його вер-шини лежали на трьох заданих прямих, причому одна з них знаходилася в задатй точц А [6, с. 34-35]. В авторському розв'язку зaдaчi наведет лише етапи ана-лiзу i побудови шуканого трикутника, причому сам розв'язок шюструеться зо-браженням (див. рис. 1,а).
б)
. 1
Звернемо увагу на те, що серед уах можливих (довiльних) прямих I, т, п авто-ри «вихопили» тшьки тi прямi, що попарно перетинаються та й у перетит утво-рюють гострокутний трикутник. З малюн-ку «очевидним» е те, що задача 1 мае один розв'язок (рис. 1,а). Аналопчну задачу можна знайти у поабнику Т.Г.Крамаренко [8], але розв'язок вже представлений на прямих, що перетинаються довшьним чином (дивись рис. 1,б, дат прямi - це АВ, СП, ЕР). Науковець також наводить лише
алгоритм побудови шуканого трикутника. З рисунку 1,б, який шюструе авторський розв'язок зaдaчi 1, абсолютно «очевид-ним» е те, що шуканих трикутника вже буде два, а отже, маемо два розв'язки. Загалом, якщо пригадати, що три довшьт прямi можуть бути ще й паралельними, то виникае нова задача, яку разом з орипна-льним розв'язком можна знайти, напри-клад, у посiбнику М.1.Жалдака i Ю.В.Го-рошка [4] або у стал Л.В.Грамбовсьт [1].
Наведет штерпретаци зaдaчi 1 гово-
(ш)
рять про те, що дана добре вщома задача вже на етат анашзу погребуе свого бшьш ретельного дослiдження у частит з'ясування, примiром, таких питань: Чи завжди можна вписати правильний три-кутник у три довыьш прямг, якщо вони перетинаються довыьним чином, або за-галом не перетинаються? Можливо, це р1зн1 задач1, а тому фабула задач1 1 по-требуе свого уточнення? Якщо це р1зно-види одтег i т1ег самоi задач1, то сктьки розв 'язюв у кожному конкретному випад-ку може мати задача 1? Щкавим також е запитання: Чи впливае розмщення точки А на обранш прямш на кнування розв 'язку задачi 1? Для з'ясування поставлених за-питань, вчителю доцшьно розбити задачу 1 на двi частини: 1) прямi l, m, n паралель-н i 2) принаймш двi з прямих l, m, n непа-
ралельш. Розглянемо випадок, коли прямi паралельт.
Задача 2. Побувати правильний три-кутник так, щоб eoi його вершини лежали на трьох заданих паралельних прямих l, m, n, причому одна з них знаходилася в зада-тй точц A е l. Динам1чну модель до задачi вчитель заздалеггдь може побудува-ти у середовищi ППЗ GRAN 2D, напри-клад, так. 1) Побудувати три паралельт прямi l, m, n. 2) «Прикртити» точки А i В до прямих l, m вщповщно. 3) Використо-вуючи шструменти ППЗ, на вiдрiзку АВ як на сторон побудувати правильний трику-тник (рис. 2, а). 3) Використовуючи меню ППЗ «властивють точок», вибрати команду «залишати динамiчний слiд» для точки С трикутника АВС.
а)
б) Рис. 2
в)
Етап aHmÍ3y. Для того, щоб розв'я-зання задачi «з'явилося» прямо на очах уч-шв, вчителю доцiльно поступити так. Використовуючи курсор, почати змiнювати положення однiеi з «при^плених» точок, наприклад В на прямш m (рис. 2, б). У результат! будуть автоматично змiнюватися i розмiри А АВС (рис. 2, а-в). Працюючи таким чином з моделлю, вчитель мае змогу наочно показати учням, що серед «рухо-мих» А АВС знайдеться такий, у якого вершина С буде лежати на данш прямш n. При цьому, рухома точка С «описуе» деяку
К Ki
rf
_Api
-- 1
а
п
пряму k, яка перетинае всi три заданi паралельт прямь
Етап побудови. У результат! газдбжл роботи, вчитель може наштовхнути учнiв на висування ггпотези: щоб побудувати шуканий трикутник, необхщно: 1) на пря-мiй l вибрати довiльно точку А, на прямш m вибрати двi довшьт точки, К i K¡; 2) на ид-рiзках АК i АК1 як на сторонах побудувати два правильних трикутники AKP i AK¡P¡ (рис. 3, а); 3) через точки Р i P¡ провести пряму PP¡, яка перстне пряму n у точц С (рис. 3, б);
а)
б) Рис. 3
в)
4) на B^pÍ3Ky АС, як на сторот, побудувати правильний трикутник вершина якого i бу-де лежати на заданш прямiй m (рис. 3, в).
Перш тж вчигель перейде до доведения того, що А АВС - шуканий, доцшь-но звернути увагу учнiв на такий факт. При розв'язант задачi 2 запропонованим способом «з'явилася» деяка пряма PP¡, яка перетинае три задаш паралельнi прямi. Можна зробити припущення, що ця пряма е важливим ланцюжком у пошуку розв'язання як задачi 2, так i задачi 1. Тому: 1) доведемо, що вершина Р А АКР описуе саме пряму; 2) з'ясуемо, nid яким кутом пряма РР1 перетинае nрямi l, m, n.
Доведення. 1) Виберемо прямокутну систему координат хОу так: А(0;0), К(а;т), Р(х;у). Обчислимо координати векгорiв: АК(а;т), АР(х;у) (рис. 4, а). Знайдемо:
AK ■ AP =
AK ■ AP ■ cos ZKAP = AK2 • cos600.
так як
AK = л/a2 + m2 , то
AK ■ AP = (a2 + m2) • -1.
2
Але AK ■ AP = ax + my.
Маемо: 1 (a2 + m2) = ax + my (1). Вира-
2 , 2 ax a + m
зимо з (1) змшну у: у =---I--.
m 2m
Так
22 a + m
2m
a
як --= const = k та
m
= const = b, то отримаемо:
у=кх+Ь - що е рiвнянням прямо1.
т ' к/а;т)
-х 1>
п г**^ г а /0;0)
У/
Jjí*. m /\ Hita, m! ~ lfb;m) |
1 /
/ 0 11 / --------- tey)
/Ci
а)
Рис. 4
Отже, маемо важливий висновок: при руС вершини В уздовж прямо'1 m правильного А АВС (у якого вершина А е фж-сованою), вершина С теж рухаеться по прямт (дивись мал. 3, б).
2) Розглянемо ААКР, АК=АР,
AK = л/a2 + m2 , AP = -J
ic
вщносно у: у12 =
(3) мае розв'язки: x1 = m + aV3
б)
m ± aV3
2 , 2 x + у
Маемо:
la2 + m2
22 x2 + у2
(2). Складемо систему рiвнянь з (1) i (2) та розв'яжемо Н вь
1 / 2 2\
— (a + m ) = ax + my, „ дносно х, у. < 2 (3). З
2 , 2 2,2 a + m = x + у .
(1) виразимо, наприклад, змшну х, тд-ставимо 11 у (2) та розв'яжемо рiвняння
У1
У 2
2
2
a - m43 2 , = a + mV3 = 2
Тодi система
m-a
V3
2
де (х1;у1) та fey^ -
координати точки Р. Тобто, на вiдрiзку АК як на сторот можна побудувати два рiз-них трикутники, наприклад, AAKI i AAKP з вершинами у точках 1(х1;у1) та Р(х2;у2) ввдповвдно (рис. 4, а).
Внесемо в цю саму систему координат ААК1Р1 так: А(0;0), K¡(b;m), Р1(х;у) (рис.4, б). За аналопею з попередшм, на
2
вiдрiзку АК1, як на сгорот можна побуду-вати два рiзних правильных грикугники А АК1Р1 та А АКи , у яких координати вершин 3 (х1; у1) i Р( х2; >2) такi: , Ь - т 43 1 т + ь43
2
b + т43
у2
Уг
т ■
2
та
■bS
. Пари точок
2 2 2 Р,Р1 та I,J задають двi pi3Hi прямi (рис.4,б). Знайдемо piвняння прямо! РР1, за форму-
лою:
X - x2 _ У - У 2
X2 X2
(4),
У2 - У2 де Р(х2;у2), P( x2; y1),
a + т
s
У2
2
т - aV3
i <
2
X
У2
b + m43
2
т
-bS
(5).
Пщсгавимо формули (5) у рiвняння (4). Пгсля спрощень рiвняння (4) буде мати
вигляд: у = -43х + 2т, де кутовий коефь
щент к = -43 ^ а = 1200. Тобто пряма РР1 перетинае вiсь Ох пгд кутом 1200. Ог-же, пряма РР1 утворюе з прямими I, т, п кути 1200 i 600. За аналопею, рiвняння
прямо! и буде мати вигляд: у = 43х + 2т,
р2> J/L ]п / * 1 у/ " К; (с;т)
i/^tt 1 / N ---р\Д X
/ 0 п /
4lE>5 (JСУ)
а)
де к = 43 . Пряма и перетинае прямi I, т, п пгд кутами 600 i 12000. Зауважимо, що при виведенш рiвняння прямих и та РР1 мало значення те, що вершини К, К1 ААК1 i ААКР або ААК13 i ААКР1 лежали на од-нгй прямiй т, при цьому розташування (iснування) прямих I i п не мало значення. Цей факт доцшьно використати при розв'язант задачi 1, коли прямi I, т, п роз-ташованi довiльно.
Можна також довести, що, якщо у систему хОу, де розташоват правильнi ААКР та ААКР1 внести третш правиль-нийААК2Р2 так, що А(0;0), К2(с;т)е. т, Р2(х;у), то вершина Р2 буде належати або прямш РР1, або прямш 13 (рис. 5, а). Отже, для сiмейства правильних трикутниюв, у яких одна вершина знаходиться у данiй точцi А, друга - «ковзае» по прямiй т, тре-тя - буде «ковзати» або по прямiй РР1 або по прямш 13, якг перегинають пряму т пгд кутами 120 та 60 вщповщно (рис. 5, а). Серед видшених таким чином правильних трикутниюв знайдуться i таю, у яких одна з вершин (що ковзае по прямш РР1 або 13) буде знаходитися або у точщ перетину прямо! РР1 i п, наприклад точцi С, або 13 i п, наприклад, точщ С1 (рис. 5, б).
т Bl / у/ kr\ В
1 , / / \ fZ^A ж
л it / —0 A""--M,
/Ci ^Чс
б)
Рис. 5
Етап до^дження. У побудованих ААВС i ААВ1С1 (рис. 5, б) вершина А е спшьною i належить прямiй I, вершини В i В1 належать т, а вершини С i С1 е точкою перетину прямих РР1 i 13 та прямо! п вщповщно. Тому А АВС i А АВ1С1 е шукани-ми. Отже, задача мае два рiзних розв'язки. Вщзначимо також, що вибiр точки А на прямш т не впливае на розв'язок задачi 2.
Висновки. Використовуючи у сво!й професшнш дiяльносгi ППЗ динамiчноi' геомегри, вчитель, ^м суто мегодичних задач, може зробити значнi кроки i на шляху виршення таких складних педаго-пчних проблем, як органiзацiя дослщни-цько! дiяльносгi школярiв у процес ви-вчення математики, геомегри зокрема. Корекгне засгосування вчигелем у навча-
(щ>
X
X
X
2
2
льному процесi шформацшних технологий не тшьки посилюе ^ерес учнiв до ви-вчення геометрп, але й тдвищуе педагоп-чну майстернiсть педагога. Щодо розгля-нуто'1 задачi, то потребують свого досль дження питання: скльки розв'язкв мае задача 1 у випадку, коли принаймш двi з даних прямих перетинаються? Також е щкавим запитання, чи можна вважати побудовану модель до задачi 2 такою, що е базовою i для випадку, коли прямi перетинаються довтьно?
1. Грамбовская Л.В. Исследовательский подход на базе ИКТ при решении геометрических задач на построение / Л.В.Грамбовская // Проблемы совершенствования качества образования в русле акмеологии: межд. науч.-практ. конф., Гомель, 18-19 ноября 2010 г.: Сб. материалов. - Вып. XII. - Ч. 1. - Гомель: ГОИРО, 2010. - С. 94-96.
2. Грамбовська Л.В. Дошдницька д1яль-мсть при вивченм планЫетрп як потужне дже-рело розвитку самобутност1 учнв / ЛВ.Грам-бовська, С.С.Яценко //Дидактика математики: проблеми / досл1дження: м1жнар. зб. наук. робт. - Вип. 28. - Донецьк, 2007. - С. 169-177.
3. Грамбовська Л.В. Особистжно ор1енто-ване навчання геометрп в основнт школг / Л.В.Грамбовська: дис... канд. пед. наук.:
13.00.02. - К.: НПУ м МЛ.Драгоманова, 2009. - 313 с.
4. Жалдак М.1. Математика з комп 'юте-ром / М.1.Жалдак, Ю.В.Горошко та imui. -К.: НПУ ¡м. М.П.Драгоманова, 2009. - 282 с.
5. Зеленяк О.П. Три теоремы, связанные с вписанной в прямоугольный треугольник полуокружностью / О.П.Зеленяк // Математика в школах Украгни. - 2007. - № 4 (160). - С. 3-5.
6. Коба В.1. Найпростш геометричм пе-ретворення / В.1.Коба, МА.Нщлт. - К.: Рад. шк, 1978. - 94 с.
7. Костюченко А. О. Деяш особлиеост1 ге-ометричних перетворень в програм1 GRAN 2D / А.О..Костюченко, С.Ф.Втниченко // Науковий часопис НПУ ¡мет М.П.Драгоманова. Сер1я № 2. Комп'ютерно-ор1ентоваш системи навчання: зб. наук. праць /Педрада. - К.: НПУ ¡м. МП.Драгоманова, 2007. - № 5 (12). -114-119.
8. Крамаренко Т.Г. Уроки математики з комп 'ютером / Т.Г.Крамаренко; за ред. М.1.Жалдака. - Кр. Рг: Видавн. Дм, 2008. - 272 с.
9. Послання Президента Украгни В.Януко-вича до Украгнського народу / укладач А.В£рмолаев. - К.: Н1СД 2010. -128 с.
10. Раков С.А. В1дкриття геометрп через комп 'ютерш експерименти в пакетi DG: пос1б. для вчит. матем. / САРаков, В.П.Горох, КО.Осенков таirnui. -Х.:Вiкторiя. - 2002. -136с.
Резюме. Грамбовская Л.В. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ИКТ В ПРОЦЕССЕ ОБУЧЕНИЯ ГЕОМЕТРИИ КАК ОДНО ИЗ НАПРАВЛЕНИЙ ПОВЫШЕНИЯ ПЕДАГОГИЧЕСКОГО МАСТЕРСТВА УЧИТЕЛЕЙ МАТЕМАТИКИ. Внедрение информационно-коммуникационных технологий в учебный процесс является одним из направлений повышения профессиональной квалификации учителей математики. В качестве примера рассмотрена методика обучения решению геометрических задач на построение с применением динамической геометрии GRAN 2D.
Ключевые слова: педагогическое мастерство, динамическая геометрия, динамическая модель, учебное исследование.
Abstract. Grambovska L. USING INFORMATION AND COMMUNICATION ТЕСтОШС1Е8 IN THE TEACHING GEOMETRY AS ONE OF DIRECTIONS TO IMPROVE TEACHING SKILLS OF MATHEMATICS TEACHERS. The use of information and communication technologies while teaching geometries is one of directions of professional inprovement of mathematics teachers. The example of the method of teaching how to solve geometrical construction problems using dynamic geometry GRAN 2D is given in the article.
Key words: pedagogical skills, dynamic geometry, dynamic model, educational research.
Стаття представлена професором O.I. Скафою.
Надшшла доредакцп 22.02.2011 р.
