Графические способы решения алгебраических задач

Исследовательская работа «Графический метод решения текстовых задач»

«Графический метод решения текстовых задач»

Киреева Людмила Александровна

учитель математики первой категории МБОУ

«Лицей №6 г. Горно-Алтайска»

Известно, что некоторые задачи алгебры очень трудно решить аналитическим путем. Поэтому любое представление условия задачи в виде рисунка или чертежа облегчает их решение.

В данной работе представлен графический метод решения задач, который основан на наглядно-геометрических интерпретациях, связанных с построением графического образа задачи на координатной плоскости. Таким образом, выбранная тема актуальна и перспективна. Из-за сложности, нестандартности графический метод решения задач в школьном курсе математики не изучается.

Проблема: Появились совершенно новые типы задач, не входящие в действующие школьные учебники, при решении которых необходимо практическое применение свойств, которые раньше заучивались лишь теоретически.

Гипотеза: решение задач графическим методом является наглядным представлением условий в виде рисунка или чертежа, что помогает глубже понять условие задачи, делает его более наглядным, значительно упрощает решение.

Предмет исследования: графический метод решения задач

Цель: изучить графический метод решения задач, а также области его применения.

Изучить историю применения графического метода для решения задач различных видов.

Рассмотреть различные типы задач, методом решения которых может являться график.

Выявить плюсы и минусы этого метода, в сравнении с другими способами решения задач.

Выяснить области применения графического метода решения задач.

Глава 1. История применения графического метода для решения задач

Древние греки в 6–4 вв. до н.э. решали уравнения с неизвестными посредством геометрических построений. Были разработаны специальные построения для выполнения сложения, вычитания, умножения и деления отрезков, извлечения квадратных корней из длин отрезков; ныне этот метод называется геометрической алгеброй.

Они решали задачи на построение и смотрели, при каких значениях задача имеет решение, изучали, сколько решений может иметь эта задача, и т.д. Величайшим математическим физиком древности был Архимед. Для доказательства теорем механики он использовал геометрические соображения.

Приведение задач к геометрическому виду имело ряд важных последствий. В частности, числа стали рассматриваться отдельно от геометрии, поскольку работать с несоизмеримыми отношениями можно было только с помощью геометрических методов. Геометрия стала основой почти всей строгой математики по крайней мере до 17 века. И даже в 18 веке, когда уже были достаточно развиты алгебра и математический анализ, строгая математика трактовалась как геометрия, и слово «геометр» было равнозначно слову «математик».

Глава 2. Основные приемы решения задач с помощью графического метода.

Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем уравнений) можно решать графически. Графическое изображение функций, описывающих условие задачи – зачастую удобный технический прием.

Задачи на движение

Задачи на совместную работу

Задачи на смеси и сплавы

Задачи с параметрами

Решение, как известно, осуществляется двумя приемами: либо точными построениями при помощи инструментов (конструктивный прием), либо обоснованными вычислениями (вычислительный прием):

Конструктивный приём (чисто графический). График вычерчивается как можно более точно непосредственно по значениям величин, входящих в условие задачи. Построения делаются циркулем, линейкой на миллиметровой бумаге. Ответ получается обычно приближенный, но приемлемый для практических целей; мы находим его при помощи измерений длин отрезков или других элементов чертежа, или просто «читаем» ответ на чертеже.

Вычислительный прием (графико – вычислительный). График применяется как условное изображение связи между рассматриваемыми величинами. Решение задачи осуществляется на точных геометрических соотношениях.

Решение текстовой задачи графическим способом осуществляется в три этапа:

Построение графической модели задачи.

Решение получившейся графической задачи.

Перевод полученного ответа с графического языка на естественный.

Глава 3. Задачи на движение

Немаловажное значение в математике имеют задачи на движение. Задачи на движение подразделяются на следующие типы: по количеству движущихся объектов, по направлению движущихся объектов, по времени начала движения.

Задача 1 см. в Приложении 1

Из пункта O в пункт N вышел пешеход. Одновременно с ним из пункта N в пункт O выехал велосипедист, который встретил пешехода через 50 минут после своего выезда из N. Сколько времени понадобится пешеходу для того, чтобы пройти весь путь, если известно, что велосипедист проделал бы весть путь на 4 часа быстрее пешехода.

Построим график зависимости пройденного пешеходом и велосипедистом пути от времени (Рис.1). Пусть p(x) – зависимость пройденного пешеходом пути от времени x, w(x) — зависимость пройденного велосипедистом пути от времени x (Полное решение см. в Приложении 2).

Глава 4. Задачи на работу

В задачах на работу речь идёт, как правило, о какой-то деятельности.

Задачу 3 и ее решение смотрите в Приложении 3.

Двое рабочих, выполняя задание вместе, могли бы закончить его за 12 дней. Если сначала будет работать только один из них, а когда он выполнит половину всей работы, его сменит второй рабочий, то всё задание будет закончено за 25 дней. За сколько дней каждый рабочий в отдельности может выполнить всё задание?

Предположим, что первый рабочий работает быстрее, чем второй. Отрезок AN – график работы первого рабочего, а отрезок BD – график работы второго рабочего (Рис. 2 смотрите в Приложении 4).

AQ изображает время совместной работы; AQ=12 ч. Проведем NKǁBD, тогда AK=50, QK=38

x ₁ =18 не подходит, т.к. первый рабочий работает быстрее. Тогда время первого 12 + 8 = 20 дней, а второго 38 8=30 дн.

Ответ: первый за 20 дней, а второй за 30 дней.

Глава 5. Задачи на смеси и сплавы

Задачи на смеси и сплавы считаются сложными.

Задачу 5 и ее решение смотрите в Приложении 5.

В 100г 20%-ного раствора соли добавили 300г её 10%-ного раствора. Определите процентную концентрацию раствора.

Отрезок прямой (основание графика) представляет собой общую массу смеси, а на осях ординат откладывают точки, соответствующие массовым долям растворенного вещества в исходных растворах. Соединив прямой точки на осях ординат, получают прямую, которая отображает функциональную зависимость массовой доли растворенного вещества в смеси от массы смешанных растворов в обратной пропорциональной зависимости. (Рис. 3)

Глава 6. Задачи с параметром

Изучение многих физических процессов, химических, экономических и многих других закономерностей имеют практическую направленность и часто приводят к решению задач с параметрами, которые бывают весьма сложными и требующими нестандартного подхода к решению. Аналитические (алгебраические) методы решения задач с параметрами довольно громоздки, требуют аккуратности выкладок, умения не «потерять решение», проверить всевозможные значения параметра.

В современной жизни решение уравнений с параметрами является неотъемлемой частью выпускных и вступительных экзаменов в различные учебные заведения, поэтому очень важно понять и разобраться с этой темой ещё в школе.

Сколько корней в зависимости от а имеет уравнение ?

Перепишем уравнение в виде . Решим его в системе координат ( Оху ). Для этого построим графики функций и . (Рис. 4)

Ответ: Если , то уравнение имеет два корня; если , то уравнение имеет один корень; если , то корней нет.

Задача 8 и ее решение в Приложении 6.

Одно из преимуществ графического метода перед алгебраическим, состоит в наглядности решения, что позволяет лучше понять задачу. Использование этого метода упрощает решение задач: нет громоздких вычислений. График дает возможность определить, есть ли у данной задачи решение и единственно ли оно. Есть и «минусы»: иногда получаются приближённые значения в случаях неудачного масштаба или очень трудно вообще отыскать решение.

Современная наука и техника очень широко использует графики. График – международный язык техники.

Кроме того, в ходе освоения графического метода решения текстовых задач формируются практические навыки. Графический метод решения таких задач позволяет провести параллель с физикой, где использование системы координат достаточно часто применяется при решении физических задач. Также графический метод позволяет решать некоторые задачи из химии, например, рассмотренные нами задачи на смеси и сплавы.

Целью данной работы было изучение применения графиков линейной функции в решении текстовых задач. В процессе работы над данной темой, выяснилось, что при решении текстовых задач наряду с традиционными методами, можно использовать и графический метод. Были изучены материалы учебно-методической литературы. Решены задачи из экзаменационных материалов разными способами.

Гипотеза подтвердилась частично. Графический метод упрощает решение задач. Но есть и минусы, о которых было сказано выше. Настоящее исследование значительно расширило представление о линейной функции, способствовало глубокому пониманию взаимосвязи этой функции с реальными ситуациями, возникающими в нашей жизни. Есть планы продолжить исследование в этом направлении и более детально рассмотреть графико-геометрический метод, который основан на подобии треугольников.

Быков А.А. Сборник задач по математике. – М.:Изд..дом ГУ ВШЭ,2008

Генкель Г.З. «Геометрические решения негеометрических задач», — Москва: Просвещение 2007.

Кочагин В.В. ОГЭ 2018. Математика: тематические тренировочные задания: 9 класс. – Москва: Эксмо, 2017. – 192 с.

Лысенко Ф.Ф. Учимся решать задачи с параметром. Ростов-на-Дону:

Лунина Л.С. Обучение решению алгебраических задач геометрическим методом //Математика в школе: М.: Изд. «Школа-Пресс»,1996.-№4.- с.34-39.

Окунев А.А. Графическое решение уравнений с параметрами. – М.: ШколаПресс,1996.

Пирютко О. Н. «Графический метод решения текстовых задач» — Минск.: Новое знание,2010

Рудин В.Н., Рудина Е.И. Графическое решение текстовых задач. Учебное пособие по математике для учителей и учащихся. Издание Томского института повышения квалификации работников образования, 1995 г.

Савин А. П. Занимательные математические задачи. – М.: АСТ, 1995.

Сергеев И. Н. Математика. Задачи с ответами и решениями. Учебное пособие. – М.: Бином, 2004.

Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач. Учебное пособие для 10 класса средней школы. – М.: Просвещение, 1989.

Из пункта A вышла грузовая машина со скоростью 60 км/ч. Через 2 ч вслед за ней из А вышла легковая машина со скоростью 90 км/ч. На каком расстоянии от пункта А легковая машина догонит грузовую?

За начальный отсчет времени берется момент выхода грузовой машины, тогда момент выхода легковой машины будет через два часа. Зная скорости движения объектов, построим графики движения (Рис. 5). По чертежу видно, что точка пересечения графиков показывает встречу машин, она состоялась на расстоянии 360 км.

Полное решение задачи 2.

Обозначим BC через x . Тогда NK = OB = 5/6 ч, CD = 4 ч, KT = x , KL = x + 4.

MBC

MKN – по двум углам: MBC = MKN = 90°, KMN = BMC – как вертикальные.

Из подобия следует:

MLK

MBO – по двум углам: KLM = MOB – как накрест лежащие углы при параллельных прямых, MBO = MKL = 90°. Из подобия следует:

Из равенств (1) и (2) получаем:

Так как OD = ( x + 5/6 + 4) – время прохождения пути пешеходом, то он проделал его за 5 часов.

Источник

РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ ГЕОМЕТРИЧЕСКИМИ МЕТОДАМИ.
статья по алгебре по теме

Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс. Объем материала, терминов, которыми должен оперировать старшеклассник по математике, чрезвычайно велик. Необходимо знать и уметь применять 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

Скачать:

Вложение	Размер
reshenie_algebraicheskih_zadach.docx	68.52 КБ

Предварительный просмотр:

РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

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.

Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс. Объем материала, терминов, которыми должен оперировать старшеклассник по математике, чрезвычайно велик. Необходимо знать и уметь применять 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!».)

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.

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 arctg2+arctg3+arctg1

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

Решение: На основании этого определения arctg 1 = π/4 Что же такое arctg2 ?

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 arctg2 = x 1 , arctg3 = x 2 . Ясно, что числа х 1 и х 2 иррациональные и указать их значения можно только приближенно. По рис. 6 видно, что arctg2 = α, а аrctg3 = β. Однозначно определить ответ невозможно.

Использование геометрического подхода делает данную задачу практически устной.

Выполним следующие построения: arctg3 = (рис. 7). Тогда arctg1 = где — острый угол прямоугольного равнобедренного треугольника ABC (ВС = АС= √5, АВ = √lO , а по теореме, обратной теореме Пифагора, АВ 2 = АС 2 +ВС 2 , следовательно 90°, а = 45°). Таким образом, arctg2 + arctg3 + arctg1 = 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 АВС = 90 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 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.

Пример1 : 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?

Читаем с чертежа ответ: 3 часа.

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 AB1 – график движения первого всадника, а отрезок BA1 – график движения второго всадника (рис).

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

Тогда из этого 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.

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) sin18.

Приведём геометрический способ решения (рис 14).

Рассмотрим сектор OAB окружности с центром в точке O и

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

чтобы AC = AB, при этом =

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 – 2cos36 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

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.

1. Куликова Л. В., Литвинова С. А., За страницами учебника математики, М. — Глобус, 2008.
2. Киселева Ю. С., Методическое пособие по теме: Использование геометрических методов

при решении алгебраических задач.

1. Г.З Генкин, геометрические решения алгебраических задач– Математика в школе №7, 2001

Источник