Алгебраический способ решения геометрических задач

Алгебраический способ решения геометрических задач

При решении геометрических задач обычно используются три основных метода: геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; алгебраический – когда искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; комбинированный – когда на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других — алгебраическим.

Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения их применять.

Метод дополнительного построения

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом. При этом иногда на «естественном» чертеже (т.е. на чертеже, на котором изображено только условие) трудно заметить связи между данными и искомыми величинами, а если фигуру достроить, эти связи становятся очевидными.

Две фигуры F и F ₁ называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т.е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз.

Признаки подобия треугольников:

1) Если два угла одного соответственно равны двум углам другого;

2) Если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами равны;

3) Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого.

Метод замены широко применяется в алгебре, но не менее эффективно «замена» может быть применена в геометрии. Сущность этого приема решения геометрических задач состоит в следующем: фигура, о которой идет речь в условии задачи, так заменяется фигурой с той же искомой величиной, чтобы найти эту величину было легче.

Метод введения вспомогательного неизвестного

Суть метода заключается в том, что исходя из условия задачи составляют уравнение (или систему уравнений). В качестве вспомогательных аргументов удобно выбирать величины, которые вместе с данными из условия задачи дают набор элементов, однозначно задающих некоторую фигуру.

В математических задачах часто бывает полезен такой прием: двумя способами найти одну и ту же величину и приравнять полученные для нее выражения. Пусть мы, например, двумя способами нашли площадь некоторой фигуры. Если в одном из выражений для площади входит, скажем синус какого-либо угла α, то при помощи соотношения из полученного равенства можно получить некоторое неравенство, порой интересное.

Метод «вспомогательных объёмов»

Для нахождения расстояния от точки до плоскости или при нахождении углов между прямой и плоскостью метод «вспомогательного объёма» во многих случаях оказывается наиболее эффективным. Суть метода заключается в том, что объём некоторой фигуры выражается двумя способами, а затем из полученных равенств выражается искомая величина. Причём в этом методе нет необходимости строить проекцию прямой на плоскость или проекцию точки, что во многих случаях оказывается очень затруднительным.

Применение критериев коллинеарности и компланарности векторов в решении задач.

Критерии коллинеарности и компланарности векторов служат основной для применения векторной алгебры в решении стереометрических задач. Они позволяют выразить в виде векторных равенств различные утверждения о расположенных точках, прямых и плоскостей в пространстве. Переход от векторных равенств к скалярным происходит на основе единственности разложения вектора по двум неколлинеарным и трём некомпланарным векторам.

Координаты на плоскости и в пространстве можно вводить бесконечным числом разных способов. И, решая ту или иную геометрическую задачу методом координат, можно использовать различные координатные системы, выбирая ту из них, в которой задача решается проще, удобнее. Некоторые виды координатных систем, отличные от прямоугольных.

1.Косоугольные (аффинные) координаты.

Рассмотрим самые употребительные и простые координаты в пространстве, называемые прямоугольными. Их называют ещё декартовыми по имени Рене Декарта (1596-1650) – французского учёного и философа, впервые ввёдшего координаты в геометрию (на плоскость).

Источник

«Решение алгебраических задач геометрическими методами»

Распопина Зинаида Андреевна

РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

( Учитель математики МБОУ «СОШ №91» Распопина Зинаида Андреевна.

г Новокузнецк. Кемеровская область.)

Многие математические задачи допускают несколько вариантов решения. Часто первый избранный бывает далеко не самым удачным. Нахождение «наиболее простых», оригинальных путей решения не­редко является результатом длительной и кропотливой работы. Уме­ние решать задачу различными способами является одним из призна­ков хорошей математической подготовки.

Существуют способы решения алгебраических задач методами, ос­нованными на наглядно-геометрических интерпретациях.

Необходимо сказать о том, что, например, алгебраические выводы у Евклида приводятся исключительно в геометрическом виде. Выра­жение вида √ A вводится как сторона квадрата с площадью А, произве­дение ab — это площадь прямоугольника со сторонами а и b и т.д.

Этот набор методов было принято называть геометрической алгеброй.

Нелишне вспомнить крылатую фразу замечательного французского математика Софии Жермен (1776-1831), которая сказала: «Алгебра — не что иное, как записанная в символах гео­метрия, а геометрия — это просто алгебра, воплощенная в фигурах».

Геометрия — уникальный школьный предмет, внутри которого за­ложены богатейшие возможности развития логического мышления и пространственного воображения. Почему же этот потенциал, как пра­вило, не используется на уроках алгебры? Зачастую алгебру и геомет­рию вообще воспринимают как два различных предмета, забывая о том, что это составляющие одного целого.

Актуальность: Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс. Объем материала, терминов, которыми должен оперировать старшеклассник по математике, чрезвычайно велик. Необходимо знать и уметь применят такие методы для решения задач, которые позволят сэкономить время и будут наглядны, т.е. решение задачи будет выглядеть очевидным. Многие задачи алгебры очень трудно решить аналитическим путем. Поэтому любое представление условия задачи в виде рисунка или чертежа облегчает решение задачи. Многие задачи ЕГЭ из части 2 можно решить геометрическим методом.

Геометрический метод состоит в том, что само доказательство или решение задачи направляется наглядным представлением. (В старин­ных индийских сочинениях бывало так, что доказательство сводилось к чертежу, подписанному одним словом «Смотри!».)

В своей работе мы ставим следующую цель: показать, что преимущество геометрического решения алгеб­раических задач в его наглядности, так как геометрический подход до­пускает изящное решение;

Найти и изучить литературу по данной теме.

Рассмотреть алгебраические задачи, которые можно решить и алгебраически и геометрически. Сравнить способы решения задач различными методами.

Определить задачи, которые удобнее решать геометрическим методом.

Рассмотреть ряд приемов решения нестандартных и конкурс­ных задач.

Развивающая задача: повысить свое интеллектуальное развитие.

Предмет исследования: Геометрические методы решения задач.

Объект исследования: Алгебраические задачи.

Методы исследования: Аналогия, обобщение, анализ научной литературы.

Мы рассмотрели в работе несколько типов задач, для которых подобрали решение и алгебраическим и геометрическим методами. Сравнили эти решения и попробовали применить данные способы для решения подобных задач. Мы рассмотрели лишь часть способов, показали лишь часть решенных задач.

Новизна работы заключается в углубленном изучении математики на основе интеграции алгебраического и геометрического методов решения задач.

1. Решение тригонометрических задач

Многие тригонометрические задачи не решаются привычными для них методами или решаются очень сложно, а использование какого-ни­будь геометрического приема дает короткое решение. «Тригонометри­ческие функции — это испытанный аппарат геометрии и их тоже нужно излагать, отправляясь от простых наглядных задач, как они практичес­ки и возникли — из решения треугольников»?

Пример1: выразить через все остальные аркфункции .

Решение: Так как

то можно рассматривать как радианную меру острого угла прямоугольного треугольни­ка, в котором противолежащий ему катет а = 7, гипотенуза с =√50

По теореме Пифагора другой катет равен:

Угол α можно рассматривать как арккосинус или арктангенс, или арккотангенс соответствующих чисел (рис. 4).

Пример 2. Вычислить arctg 2+ arctg 3+ arctg 1

Определение: arctg а (арктангенс а) — это такое число из интервала тангенс которого равен а.

Решение: На основании этого определения arctg х = π/4 Что же такое arctg 2 ?

Это число из интервала (-π/2:π/2) тангенс которого равен 2. Аналогично и arctg 3.

Воспользуемся графической интерпретацией (рис.5). Из рисунка вид­но, что arctg 2 = x ₁ , arctg 3 = x ₂ . Ясно, что числа х₁ и х₂ иррациональные и ука­зать их значения можно только приближенно. По рис. 6 видно, что arctg 2= α, а а rctg 3 = β. Однозначно определить ответ невозможно.

Использование геометрического подхода делает данную задачу практически устной.

Выполним следующие построения: arctg 3 = BAM , arctg 2 = CAN (рис. 7). Тогда arctg 1 = ВАС, где ВАС — острый угол прямоуголь ного равнобедренного треугольника ABC (ВС = АС= √5, АВ = √ lO , а по теореме, об­ ратной теореме Пифагора, АВ 2 = АС 2 +ВС 2 , следовательно ВСА = 90°, а ВАС = 45°). Таким образом, arctg 2 + arctg 3 + arctg 1 = ВАМ + ВАС + CAN = MAN = π . Ответ: π .

2. Решение систем уравнений

Решить систему уравнений:

По теореме обратной теореме Пифагора, из уравнения х 2 + у 2 =3 2 , числа х и у являются катетами АBD ( D – прямой) с гипотенузой АВ = 3. Рассматривая второе уравнение у 2 + z 2 = 16, построим BDC, где у и z – катеты, а ВС = 4 – гипотенуза. Третье уравнение y 2 = xz подсказывает, что число у есть среднее пропорциональное чисел х и z.

По теореме обратной теореме о пропорциональных отрезках 0 АС = ( х + z ) = = 5, тогда

AB 2 = AD • AC, 9 = х • 5, х =9/5

BC 2 = DC • AC, 16 = z • 5, z = 16/5

BD 2 = y 2 = x • z = 9/5 • 16/5 и BD =12/5 = y .

Однако,такой прием дает потерю корней, легко убедиться, что х = ± 9/5; у = ± 12/5; z = ± 16/5.

Для данной системы задания могут быть и другие.

Например, чему равно значение выражения ху + уz ; х + у + z; х + у; х + z;

3.Решение текстовых задач на движение

Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем уравнений) можно решать графически. К ним относятся задачи на движение и на совместную работу. Решение задачи основывается на точных геометрических соотношениях.

Преимущество геометрического решения в его наглядности, так как чертёж помогает глубже понять условия задачи.

Решить задачу: Расстояние между двумя городами равно 450 км. Два автомобиля выходят одновременно навстречу друг другу. Один автомобиль мог бы пройти все расстояние за 9 часов, другой – вдвое быстрее. Через сколько часов они встретятся?

Читайте также:  Способы этапы создания коммерческих организаций

Читаем с чертежа ответ: 3 часа.

4. Решение конкурсных задач и задач ЕГЭ

Геометрическим методом хорошо ре­шаются уравнения и неравенства с пара­метрами, а также их системы

Пример1: При каком a система уравнений | x |+| y | =1

имеет ровно четыре решения? x 2 + y 2 = a

Решение: Построим линии, определяемые уравнениями системы.

r =√2/2. Четыре решения могут быть только в двух случаях,

когда a=R 2 =1, или a=r 2 =1/2.

Пример2: При каких значениях a система уравнений x 2 + y 2 = z ;

имеет единственное решение?

Решение: Система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда уравнение x 2 + y 2 + x + y = a , полученное из системы x 2 + y 2 = z ;

x + y + z = a имеет единственное решение.

Преобразуем полученное уравнение:

x 2 +y 2 + x +y=(x 2 +x+0,25)+(y 2 +y+0,25)-0,25-0,25=a

Итак, уравнение(*) задает на плоскости окружность с центром(-0,5;0,5)и радиусом R =√0,5+ a .

2)Если 0,5+а=0, т.е. при а=-0,5, уравнение(*) имеет единственное решение, т.к. и окружность вырождается в точку(-0,5;0,5);

3)Если 0,5+a>0,т.е. при a >-0,5, множество точек, задаваемых на плоскости уравнением (*), является окружностью с центром(-0,5;0,5) и R √0,5+а. В этом случае уравнение (*), а следовательно, и исходная система, имеет бесконечно много решений.

Пример 3: Вычислить (без калькулятора и таблиц) sin 18.

Приведём геометрический способ решения (рис 14).

Рассмотрим сектор OAB окружности с центром в точке O и радиуса 1,

Проведём хорду AB , на отрезке OB построим точку C так,

чтобы AC = AB , при этом A СВ = ABC = 72°, a C АВ = 36°.

Таким образом, , следовательно, OC = AC .

Пусть AB = x , СВ = 1- x .

Поскольку АС – биссектриса треугольника ОАВ, справедлива пропорция = , откуда

х 2 +х-1=0, (х>0), х=(√ 5-1)/2

По теореме косинусов:АВ 2 =ОА 2 +ОВ 2 -2ОА*ОВ* cos 2 =1+1 – 2 cos 36 0 ,

х = 2(1-cos36 0 ) = 2(1-cos 2 18 0 +sin 2 18 0 )= 2sin18 0

Тогда sin 18 0 =(√ 5-1)/4

Геометрическим методом хорошо решаются тригонометрические уравнения и неравенства.

Пример 4: Решить уравнение sin 3 x + 2 cos 3 x = 2

Решение: Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами

ВС = 1 и АС = 2 . Тогда АВ = = 3. Пусть

Тогда cos φ=2/3 и sin φ=1/3.

Имеем sin3x+ cos3x = , cos3xcos φ + sin3x sin φ =

с os (3 x — φ)= _{. Решая уравнение получим: х=1/3 arcsin 1/3±1/3 arccos 2/3+2π n /3, n є Z}

Пример 5: Найдите значение выражения tg ( arcsin ). А

Решение: По определению арксинуса имеем: — arc , причём если x 0,

то 0 arcsin x . Построим прямоугольный треугольник АВС с углом А,

который равен arcsin . При этом, по теореме Пифагора, прилежащий катет будет

равен . Поэтому tg ( arcsin ) = = и tg ( arcsin ) = * = 2.

Геометрический метод характеризуют как метод, идущий от наглядных представлений. Существенными признаками этого понятия являются геометрические (наглядные) представления и законы геометрии, в которых отражены свойства геометрических фигур.

Мы попытались сопоставить задачи и способы их решения, вот какая картина у нас получилась:

Мы предлагаем свой алгоритм решения алгебраических задач геометрическим способом:

1)Построение геометрической модели задачи, т.е. перевод её на язык геометрии;

2)Решение получившейся геометрической задачи;

3)Перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный.

Преимущества решения задач геометрическим способом:

При решении задачи этим методом четко определяется начало действия;

Графическая иллюстрация облегчает проведение анализа, составления уравнений, помогает найти несколько способов решения;

Расширяется область использования графиков, повышается графическая культура учеников;

Совершенствуется техника решения уравнений (разделений переменных);

Реализуются внутрипредметные (алгебра и геометрия) и межпредметные (математика и физика) связи.

Мы рассмотрели различные задачи, подобрали для них геометрические способы решения, сравнили алгебраический и геометрический методы решения.

Удобнее и нагляднее всего решать геометрическим методом тригонометрические задачи. Этот метод можно использовать в качестве проверки при решении задач.

Рассмотренные геометрические методы подходят для решения конкурсных нестандартных и олимпиадных задач. Позволяют существенно упростить их решение, сделать его более понятным и наглядным.

Применение геометрических методов позволяет развивать пространственное воображение, которое является основным для освоения материала в старших классах. Позволяет сократить время решения задач (применимо к тестам).

Куликова Л. В. , Литвинова С. А., За страницами учебника математики, М. — Глобус, 2008.

Киселева Ю. С., Методическое пособие по теме: Использование геометрических методов

при решении алгебраических задач.

В.А. Филимонов, Геометрия помогает решить задачу – Математика в школе № 2-3, 1992

Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин, Ю. В. Сидоров и др., Алгебра и начало анализа: Учеб. Для 10-11 кл. образоват. учреждений ,– 10-е изд., дораб. – М.: Просвящение, 2002. – 384с.

Но когда эти науки (алгебра и геометрия) объединились, они энергично поддержали друг друга и быстро зашагали к совершенству.

Решение квадратных уравнений и уравнений выше второй степени

В древности, когда геометрия была более развита, чем алгебра, квад­ратные уравнения решали не алгебраически, а геометрически.

Среднеазиатским ученым Мухаммедом ал-Хорезми ( IX в.) были рас­смотрены и решены шесть видов квадратных уравнений, но без какого бы то ни было алгебраического формализма (в геометрической форме), содер­жащих в общих частях только члены с положительными коэффициентами, причем рассматривались только положительные корни. Суть его рассуж­дений видна из рисунка (он рассматривает уравнение х 2 + 10 x = 39 ).

Читайте также:  Способы начать сочинение рассуждение

Площадь большого квадрата скла­дывается из площади х 2 + 10 x , равной левой части рассматриваемого урав­нения, и площади четырех квадратов со стороной 5/2, равной 25.

Таким образом, S _ABCD =х 2 + 10 x + 25 = 39 + 25 = 64; отку­да следует, что сторона квадрата ABCD , то есть отрезок АВ= 8, а ис­комая сторона первоначального квадрата равна

Следует упомянуть и о на­хождении корней квадратного уравнения ах 2 + вх + с=О с по­мощью циркуля и линейки.

До­пустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в точках B(x₁;0) и D(x₂;0), где х₁ и х₂ — корни уравнения ах 2 + вх + с =0, и проходит через точки А(0; 1) и С(0;у) на оси ординат. Тогда по теореме о секущих имеем

ОВ * OD = О А * ОС, откуда

Центр окружности находится в точке пересечения перпендикуляров SF и SK, восстановленных в серединах хорд АС и BD, поэтому координаты точки S

Итак:1)построим точки S; (центр окружности) и A (0;1);

2) проведем окружность радиуса SA;

3) абсциссы точек пересечения этой окружности с осью Ох являют­ся корнями исходного квадратного уравнения.

При использовании данного метода также возможны три случая (рис. 3):

Уравнения степеней выше второй тоже решали геометрически при помощи кривых — гиперболы, параболы и др. Все возможные случаи ре­шения кубического уравнения геометрическими методами рассмотрел среднеазиатский математик и знаменитый поэт Омар Хайям на рубеже XI — XII веков. Алгебраическое же решение кубического уравнения было най­дено лишь в XVI веке.

Феликсом Клейном в монографии «Лекции об икосаэдре и реше­нии уравнений пятой степени» изложена теория уравнений пятой сте­пени, основанная на геометрических свойствах икосаэдра.

Геометрическое решение текстовых задач

Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем уравнений) можно решать графически. К ним относятся задачи на движение и на совместную работу. Решение задачи основывается на точных геометрических соотношениях.

Преимущество геометрического решения в его наглядности, так как чертёж помогает глубже понять условия задачи.

Пример 1: На двух копировальных машинах, работающих одновременно, можно сделать копию пакета документов за 10 мин. За какое время можно выполнить эту работу на каждой машине в отдельности, если известно, что на первой её можно сделать на 15 мин. быстрее, чем на второй?

Решение: На оси абсцисс откладываем время работы копировальных машин в минутах (рис). Обе машины, работая вместе, сделают копию за 10 мин. (ОМ=10). Тогда одной первой для этого понадобится t мин, а одной второй – ( t +15) мин. Положение точки V на оси ординат соответствует объёму работы, которую необходимо выполнить.

Так как объём работы прямо пропорционален затраченному времени, то график работы копировальных машин представляют собой отрезки: ОВ – график работы первой, ОС – график работы второй, ОА – график совместной работы.

Рассмотрим две пары подобных треугольников

Покажем, что AN = KM . За 10 мин. первая машина выполнит часть работы, соответствующую отрезку NM ( AN – отрезок работы, который выполнит вторая машина). Но за 10 мин. Вторая машина выполнит часть работы, соответствующую MK . Поэтому AN = KM . Учитывая это равенство и то, что CP = VO , получаем = . Из пропорций (1) и (2) получаем соотношение: = , из которого легко перейти к уравнению =

Решая это уравнение, находим положительный корень t = 15. Таким образом, первая машина сделает копию пакета документов за 15 мин, а вторая – 30 мин.

Ответ: 15 мин, 30 мин.

При решении подобных задач иногда целесообразно выполнять иные построения.

Пример 2: Два всадника выезжают одновременно из пунктов A и B навстречу друг другу. Один прибывает в B через 27 мин после встречи, а другой прибывает в A через 12 мин после встречи. За сколько минут проехал каждый всадник свой путь?

Решение: Рассмотрим две системы координат tAy и t ’ By ’. На оси At откладываем время движения первого всадника, а на оси Bt ’ — время движения второго всадника. Оси пройденного пути противоположно направлены, а длина отрезков AB в каждом случае равна пройденному пути. Отрезок AB 1 – график движения первого всадника, а отрезок BA 1 – график движения второго всадника (рис).

Точка O соответствует моменту их встречи. Время движения всадников до встречи обозначим t . Из геометрических соображений ясно, что

Тогда. Из равенства следует = , откуда t = 18. Таким образом, первый всадник проехал весь путь за 18 + 12 = 30(мин), а второй за 18+27 = 45(мин).

Ответ: 30 мин, 45 мин.

Данные навыки могут пригодиться на уроках физики, где часто практикуются графические подходы к решению задач на движение.

Источник