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
Исследовательская работа на тему: Геометрический метод решения задач на движение и работу
Управление образования Гродненского облисполкома
Отдел образования Зельвенского райисполкома
УО «Государственная гимназия №1 г.п. Зельва»
Геометрический метод решения текстовых задач на движение и работу.
ВВЕДЕНИЕ
Решениям задач уделяется достаточно много внимания в школе. Умение решать задачи современный человек независимо от рода деятельности и уровня образования нуждается непрерывно. Без умения решать задачи нельзя обойтись ни в финансовом анализе, ни в статистике. Чтобы начислить зарплату работнику нужно знать процент налоговых отчислений; чтобы открыть депозитный счет в сбербанке мы интересуемся размером процентных начислений на сумму вклада; чтобы знать приблизительный рост цен в будущем году, мы интересуемся процентом инфляции. В торговле понятие процент используется наиболее часто: скидки, наценки, уценки, прибыль, кредит, налог на прибыль и т.д.
Для умения решать текстовые задачи важна всесторонняя работа над одной задачей, в частности решение её различными способами. Следует отметить, что решение задач различными способами позволяет убедиться в правильности решения задачи, даёт возможность глубже раскрыть зависимости между величинами, рассмотренными в задаче.
Решение текстовых задач различными способами – дело непростое, оно требует глубоких математических знаний. При решении одной текстовой задачи различными способами привлекается дополнительная информация, т.е. рассматривается один и тот же вопрос с разных точек зрения.
В качестве основных способов в математике различают арифметический и алгебраический. При арифметическом способе ответ на вопрос задачи находится в результате выполнения арифметических действий над числами.
При алгебраическом способе ответ на вопрос задачи находится в результате составления и решения уравнения.
Если использовать чертёж при решении, то можно легко дать ответ на вопрос задачи. Такой способ решения называется графическим.
До настоящего времени вопрос о графическом способе решения задач не нашёл должного применения в школьной практике.
Графический способ даёт возможность более тесно установить связь между алгебраическим и геометрическим материалами, развить функциональное мышление детей.
Следует отметить, что благодаря применению графического способа можно сократить время решения задач. В то же время умение графически решать задачу – это важное политехническое умение.
Графический способ даёт иногда возможность ответить на вопрос такой задачи, которую сложно решить алгебраическим способом.
Графический способ решения любых задач и проблем очень удобен своей наглядностью, так как вырисовывается вся картина целиком, и не нужно удерживать в памяти разрозненные куски.
Решение задач на движение графическим способом
Немаловажное значение в математике имеют задачи на движение. Задачи на движение подразделяются на следующие типы:
По количеству движущихся объектов . От количества объектов, которые участвуют в движении, различают задачи на движение одного человека, одного велосипедиста, одной машины и т. д. и движение, в котором два и более участника.
По направлению движущихся объектов .
— движение навстречу друг другу или в разные стороны – противоположно направленное движение;
— движение в одном направлении – однонаправленное движение.
По времени начала движения .
Под геометрическим методом решения задач на движение будем понимать метод решения, заключающийся в использовании геометрических представлений.
Методы решения задач на движение использующие графики, обладают большой простотой и изяществом. Усвоение этой темы облегчит изучение одной из основных тем физики – кинематики. Применение графиков движения в решении задач придаёт содержанию задачи наглядность и прозрачность, что особенно бросается в глаза при сравнении подобных решений с решениями, использующими другие методы.
При решении следующих задач вводится система координат, причем на оси абсцисс откладывается время, а на оси ординат – пройденное расстояние, отсчитываемое от некоторой фиксированной точки. Движущийся объект в любой момент времени занимает определённое положение, т.е. находится на определённом расстоянии от этой фиксированной точки, а значит, изображается некоторой точкой в данной системе координат. В процессе движения объекта изменяет своё положение и изображающая его точка, вычерчивая некоторую линию – график движения. Начерченный график – это
краткое и наглядное описание какого – либо процесса. Недаром говорят, что график – это «говорящая» линия, которая может многое рассказать, но она рассказывает только тем, кто умеет её читать.
Решение текстовых задач с помощью графического представления условия задачи может помочь в решении задач различных уровней сложности. С помощью графиков рационально решаются задачи, в которых описывается некоторый процесс: движения, работы, заполнения зала зрителями, горения свечи и т.д.
В разбираемых задачах будем считать движение равномерным и графики движения прямолинейными. Задачи, разбираемые в данной работе, отражают реальные процессы, взятые на основе жизненных наблюдений и статистических данных.
В школьных задачах, как правило, описываются процессы с постоянной скоростью его протекания. Поэтому, независимо от вида процесса, его характеристики (скорость протекания процесса, время –продолжительность процесса, результат процесса – пройденный путь, вспаханная площадь поля, выполненная работа с необозначенным содержанием и т.д.) связаны одной и той же линейной зависимостью: результат процесса равен произведению скорости и времени его протекания. Формулы выражения этой зависимости имеют вид S = vt, A = vt. График такой зависимости удобно изображать в системе координат: горизонтальная ось (Оx) – ось времени, вертикальная (OY) – ось результата процесса (например, пройденный путь). Графиком линейной зависимости служит прямая. Угол наклона прямой к оси абсцисс характеризует скорость процесса, а модуль тангенса этого угла равен численному значению скорости протекания процесса.
Для того, чтобы решить текстовую задачу с помощью графиков линейной функции, надо:
задать систему координат sOt с осью абсцисс Ot и осью ординат Os . Для этого по условию задачи надо выбрать начало отсчета: начало движения объекта или из нескольких объектов избирается тот, который начал двигаться раньше или прошел большее расстояние. По оси абсцисс отметить интервалы времени в его единицах измерения, а по оси ординат отметить расстояние в выбранном масштабе его единиц измерения.
Провести линии движения каждого из объектов, указанных в условии задачи, через координаты хотя бы двух точек прямых. Обычно скорость объекта даёт информацию о прохождении расстояния за одну единицу времени от начала его движения. Если объект начинает двигаться позже, то точка начала его движения смещена на заданное число единиц вправо от начала отсчета вдоль оси абсцисс. Если объект начинает двигаться с места, удаленного от начала отсчета на определённое расстояние, то точка начала его движения смещена вверх вдоль оси ординат.
Место встречи нескольких объектов на координатной плоскости обозначено точкой пересечения прямых, изображающих их движение, значит, координаты этой точки дают информацию о времени встречи и удаленности места встречи от начала отсчета.
Разность скоростей движения двух объектов определяется длиной отрезка, состоящего из всех точек с абсциссой 1, расположенных между линиями движения этих объектов.
Точки на координатной плоскости должны быть отмечены в соответствии с масштабом по условию задачи, и линии должны быть построены аккуратно. От этого зависит точность решения задачи. Поэтому очень важно удачно выбрать масштаб делений на осях координат: его надо подобрать таким образом, чтобы координаты точек определялись более точно и, по возможности, располагались в узловых точках, т.е. в пересечениях делений осе координат. Иногда полезно за единичный отрезок на оси абсцисс брать количество клеток, кратное условиям задачи относительно времени, а на оси ординат – количество клеток, кратное условиям задачи относительно расстояния. Например, 12мин по времени требуют выбора числа клеток кратное 5, т.к. 12 мин составляет пятую часть часа.
Решение задач графическим методом требует творческого подхода и глубокого понимания процессов, описанных в задаче. Например, в задаче на движение навстречу графики имеют начала движений в точках с разными ординатами, а прямые носят разный характер монотонности: возрастание и убывание. В задаче на движение в одном направлении прямые одновременно или возрастают, или убывают с разной крутизной, пропорциональной разным скоростям движения объектов.
Изображая графики процессов, можно находить зависимости между величинами, применяя геометрические знания, а можно решать задачу привычным способом. Построенная модель зависимости между величинами помогает увидеть отношения между этими величинами. На этих двух подходах основано использовании графиков при решении текстовых задач.
Задачи приведенные дальше будут решены графическим методом, с достаточно подробным чертежом, описанием решения.
Задача 1. По городскому скверу, длина которого 500 м, одновременно начали прогуливаться два пожилых человека. Один прогуливается со скоростью 50 м/мин, а другой доходит до конца аллеи за 6 мин и с той же скоростью возвращается назад. Определить, сколько раз эти два пожилых человека встретятся в течение 25 минут?
0 6 10 12 18 20 24 30
Так как скорость первого 50 м /мин, то до конца сквера он доходит за 10 минут. Можно построить графики движения этих пожилых людей. По чертежу сразу видно, что графики пересекутся в трёх точках, значит пожилые люди встретятся 3 раза.
Задача 2. Расстояние между городами Н. и К. составляет примерно 60 км. Одновременно из этих городов, навстречу друг другу, выехали два автобуса. Первый автобус затратил на свой путь 1 час и 30 мин, а второй 1 час и 12 мин. На каком расстоянии от К. и через какое время с момента начала движения, автобусы встретятся.
Изобразим на чертеже графики движения автобусов между двумя городами. Так как автобусы выходят одновременно, но из различных точек, то и графики движения автобусов также будут выходить из различных точек, одна — из начала координат, другая — из точки, соответствующей 60 км на оси
s О S . По оси ot отложим время движения этих автобусов.
Графики движения автобусов пересеклись в одной точке, координаты этой точки соответствуют времени движения автобусов до встречи и расстоянию, которое автобусы проехали до места встречи.
Ответ: Расстояние от К. до места встречи автобусов равно 28 км; Автобусы встретились через 40 минут после начала движения.
Задача 3. От посёлка до станции велосипедист ехал со скоростью 10км/ч, а возвращался со скоростью 15км/ч, поэтому он затратил на обратный путь на 1ч меньше. Найдите расстояние от посёлка до станции.
Решение. 
1. Зададим координатную плоскость sOt c осью абсцисс О t , на которой отметим интервалы времени движения, и осью ординат Os , на которой отметим расстояние от посёлка до велосипедиста (Рис. 6).
2. Нанесём деления в масштабе: по оси ординат – в двух клетках 5км; по оси абсцисс – один час в 2 клетках (в 1 клетке – 30 мин.
3. Построим линию движения I туда: начало движения отметим точкой (0;0). Велосипедист ехал со скоростью 10км/ч, значит, прямая должна пройти через точку (1;10).
4. Построим линию движения II обратно: конец линии отметим точкой (1;0), т.к. велосипедист затратил на обратный путь на 1час меньше и вернулся в посёлок. Он ехал со скоростью 15км/ч, значит следующая точка прямой имеет координату (2;15).
5. Отметим A (3; 30) — точку пересечения прямых I и II : её ордината покажет расстояние от посёлка до станции: s = 30 |=>30км – расстояние от посёлка до станции.
Задача 4 . По шоссе идут две машины с одной и той же скоростью. Если первая увеличит скорость на 10км/ч, а вторая уменьшит на 10км/ч, то первая за 2 часа пройдёт столько же, сколько вторая за 3 часа. С какой скоростью идут автомашины? 
1. Зададим координатную плоскость sOt c осью абсцисс О t , на которой отметим интервалы времени движения, и осью ординат Os , на которой отметим расстояние, пройденное автомашинами .
2. Нанесём деления в масштабе по оси абсцисс – один час в 6 клетках (в 1 клетке – 12 мин); по оси ординат наносим деления, но не указываем масштаб.
3. Построим линию движения первой машины I : начало движения в точке с
координатой (0;0). Далее отметим произвольную точку (2; s 1 ) на плоскости, т.к. машина с новой скоростью была в пути 2 часа.
4. Построим линию движения второй машины II : начало движения в точке с координатой (0;0). Далее отметим произвольную точку (3; s 1 ) на плоскости, т.к. машина с новой скоростью была в пути 3 часа.
4. Определим скорость машин v до её изменения. Обозначим разность ординат точек, лежащих на прямых с абсциссой 1, значком ∆ s . По условию этому отрезку соответствует длина (10+10) км, т.к. у одной из них скорость уменьшилась, а у другой скорость увеличилась на 10км/ч. Значит, линия движения машин до изменения скорости должна быть равноудалена от линий I и II и расположена на координатной плоскости между ними.. По графику Δ s =2кл. соответствует 20км, v =5 кл., значит, решим пропорцию 
v = 50км/ч.
Задача 5. Из пункта A выехал велосипедист. Одновременно вслед за ним из пункта B , отстоящего от A на расстоянии 20км, выехал мотоциклист 16км/ч. Велосипедист ехал со скоростью 12км/ч. На каком расстоянии от пункта A мотоциклист догонит велосипедиста? 
1.Зададим координатную плоскость sOt с осью абсцисс Ot , на которой отметим интервалы времени движения, и ось ординат Os , на которойбудем отмечать расстояние, пройденное мотоциклистом и велосипедистом .
2. Нанесём деления в масштабе: по оси ординат – в 2 клетках 8 км; по оси абсцисс–в 2клетках –1ч.
3. Построим линию движения мотоциклиста I : начало его движения отметим в начале координат В(0;0). Мотоциклист ехал со скоростью 16км/ч, значит, прямая I должна пройти через точку с координатами (1;16).
4. Построим линию движения велосипедиста II : её начало будет в точкеА(0;20), т.к. пункт B расположен от пункта A на расстоянии 20км, и он выехал одновременно с мотоциклистом. Велосипедист ехал со скоростью 12км/ч, значит, прямая II должна пройти через точку с координатами (1;32).
5. Найдем Р(5; 80) — точкупересечения прямых I и II , отражающих движение мотоциклиста и велосипедиста: ее ордината покажет расстояние от пунктаВ, на котором мотоциклист догонит велосипедиста.
Р(5; 80) |=> s = 80, |=>80 – 20 = 60(км) – расстояние от пункта А, на котором мотоциклист догонит велосипедиста..
Задача 6 Из двух городов навстречу друг другу одновременно вышли два посыльных. После встречи один из них был в пути еще 16 часов, а второй – 9 часов. Определить, сколько времени был в пути каждый посыльный. 
Пусть время движения до встречи каждого посыльного будет t. По условию задачи строим график .
Используя подобие треугольников B O M и L O H а так же треугольников AO H и M ON можно составить пропорцию
;
= 144;
Значит, 12 + 16 = 28 (часов) – был в пути первый, 12 + 9 = 21 (час) – был в пути второй.
Ответ: 21 час и 28 часов.
Задача 7 Грибник и рыболов находятся на расстоянии 220 метров от охотника. Когда охотник догнал грибника, рыболов отставал от них на 180 метров. На каком расстоянии от рыболова был грибник, когда охотник догнал рыболова?
В прямоугольной системе координат построим графики движений грибника, рыболова и охотника (считаем, что они идут с постоянными скоростями). На чертеже точки пересечения графиков соответствуют встречи объектов в какой-то момент времени. Для любой точки графика с координатами ( x ; y ) x – это момент времени, в который объект находится на расстоянии y от начальной точки. 
В данной задаче за начальную точку возьмем точку, в которой находился охотник, когда он был на расстоянии 220 метров от рыболова и грибника. Здесь OA=220 метров, CD=180 метров, BE – искомый отрезок (обозначим его за x ).
EBC – по двум углам: 
C – общий, AOC = BEC – как накрест лежащие при параллельных прямых. Из подобия следует:
(1)
CAD – по двум углам: A – общий, AEB= ADC – как накрест лежащие при параллельных прямых. Из подобия следует:
(2)
3) Сложим уравнения (1) и (2), получим: 
Ответ: 99 метров.
Задача 8 Автобус одного из пригородных маршрутов отправляется в сторону зоны отдыха, расстояние до которой 30 км. Он едет со скорость 60 км/ч. Через 5 минут после его отправления в ту же сторону отправляется легковой автомобиль, который через 10 минут после начала своего движения догонит автобус. На каком расстоянии от города произойдёт эта встреча? С какой средней скоростью движется автомобиль.
Изобразим графики движения автобуса и легкового автомобиля. Будем считать, что автобус и автомобиль двигаются со средней скоростью и двигаются равномерно. Так как автомобиль выехал на 5 минут позднее, то график его движения будет выходить не из начальной точки, а из точки, соответствующей на оси О t 5 минутам.
Скорость движения автобуса 60 км/ч, значит, весь путь он проедет за 30 минут. Автобус и автомобиль встретились через 10 минут после начала движения автомобиля, т.е. через 15 минут после начала движения автобуса, который за 15 минут проедет 15 км, значит за 10 минут своего движения автомобиль проедет 15 км. 10 минут – шестая часть часа, значит, за час автомобиль проедет 15 км. х 6 = 90 км.
Ответ: Автомобиль двигался со скоростью = 90 км/ч.
Расстояние от города до места встречи автобуса и автомобиля равно 15 км.
Задача 9. 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. Пусть p(x) – зависимость пройденного пешеходом пути от времени x, w(x) — зависимость пройденного велосипедистом пути от времени x.
Точка пересечения М графиков функций p(x) и w(x) соответствует моменту встречи пешехода и велосипедиста, точка L –прибытию пешехода в пункт N , точка С—прибытию велосипедиста в пункт О. Исходя из этого, время, за которое пешеход пройдёт путь О N равно длине отрезка О D
MKN – по двум углам: MBC = MKN =90 о , KMN= BMC – как вертикальные.
Из подобия следует:
(1)
MBO – по двум углам: KLM = MOB – как накрест лежащие углы при параллельных прямых, MBO= MKL =90 о .Из подобия следует: 
(2)
3) Из равенств (1) и (2) получаем: 
Обозначим BC через x . Тогда NK=OB=5/6 ч, CD =4 ч, KT = x , KL = x +4.
4) Подставим значения: 
5) Так как O D=( x +5/6+4) – время прохождения пути пешеходом, то он проделал его за 5 часов.
Задача 10 Из пункта М в N вышел пешеход. Вслед за ним через 2 ч из пункта М выехал велосипедист, а еще через 30 мин – мотоциклист. Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались равномерно и без остановок. Через некоторое время оказалось, что все трое преодолели одинаковую часть пути от М к N. На сколько минут раньше пешехода в пункт N прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в пункт N на 1 ч позже мотоциклиста?
Решение: 1 ч = 60 мин; 2 ч = 120 мин.
Пусть p(x) – зависимость пройденного пешеходом пути от времени х, w(x) – зависимость преодоленного велосипедистом пути от времени х, m(x) – мотоциклистом. Построим графики этих функций на координатной плоскости.
Треугольники MOB и M 1 OC 1 подобны (ÐMOB=Ð M 1 OC 1 ,ÐOMB=Ð OM 1 C 1 ).
Тогда из подобия следует:
MB:C 1 M 1 =BO:OC 1 (1)
Треугольники BOC и C 1 OB 1 подобны
(ÐBOC = Ð C 1 OB 1 , ÐOBC = Ð OC 1 B 1 ).
Из подобия следует следующее равенство:
BC:B 1 C 1 =BO:OC 1 (2)
Из равенства (1), (2) получаем:
MB:C 1 M 1 =BC:B 1 C 1 (3)
Пусть C 1 M 1 = х , тогда: MB=120, BC=30,B 1 C 1 =60-х
Подставляем значения в равенство (3):
120:х=30:(60-х) х=120(60-х):30 х=240-4х 5х=240 х=48(мин).
Задача 6 . Из пункта А в пункт В вышел первый спортсмен. Одновременно с ним из пункта В в пункт А вышел второй спортсмен. Они t встретились в полдень. Первый спортсмен достиг противоположного пункта в 16 ч, второй — в 21 ч. Определить, в какое время они вышли из своих пунктов.
Пусть АА 1 –график движения первого спортсмена из А в В; ВВ 1 —график движения второго спортсмена из В в А. О—момент встречи (12ч). МА 1 =16 16ч-12ч=4ч; NB 1 =21ч-12ч=9ч; ВМ=А N = t ч—время, пройденное спортсменами до встречи.
подобен 
, тогда 
подобен 
, тогда 
Таким образом, 
по смыслу задачи t =6ч.
Задача 11. Два пешехода одновременно выходят навстречу друг другу из пунктов А и В и встречаются через полчаса. Продолжая движение, первый прибывает в В на 11 мин раньше, чем второй в А. За какое время преодолел расстояние АВ каждый пешеход? 
Пусть p(x) – зависимость пройденного первым пешеходом пути от времени х, q(x) –вторым пешеходом.
Время, за которое первый пешеход пройдет путь АВ равно длине отрезка AG=BC; а время, затраченное вторым пешеходом на этот же путь равно длине отрезка AD . Таким образом, задача сводится к нахождению длин отрезков ВС и AD. Обозначим длину отрезка AE через x, AE = x = BF
Треугольники COF и AOE подобны по двум углам. Из подобия следует следующее равенство 
(1) Треугольники DOE и BOF подобны по двум углам. Из их подобия следует следующее равенство: 
Ответ: 55 мин, 66мин.
Задача 12 Два пешехода вышли одновременно навстречу друг другу и встретились через 3 ч. За какое время пройдет все расстояние первый, если он пришел в то место, из которого вышел второй, на 2,5 ч позже, чем второй пришел в то место, откуда вышел первый?
Пусть АА 1 –график движения первого спортсмена из А в В; ВВ 1 —график движения второго спортсмена из В в А. О—момент встречи. Тогда AN = BM =3ч ( время до встречи); CA 1 =2,5ч BA 1 —искомое время.
Пусть МС= NB 1 = t .
подобен , тогда 
подобен 
, тогда 
Таким образом, 
по смыслу задачи t =2ч
BA 1 = BM + MC + CA 1 =3+2+2,5=7,5(ч). Ответ: 7,5часа
Задача 13 Две бригады, работая одновременно, обработали участок земли за 12 ч. За какое время могла бы обработать этот участок каждая из бригад в отдельности, если скорости выполнения работы бригадами относятся как 3:2?
Решение Пусть q(x) – зависимость обработанной первой бригадой части участка земли за время х от времени х, зависимость p(x) отражает работу второй бригады. Построим графики этих соответствий на координатной плоскости. Точка пересечение графиков зависимостей p(x) и q(x) соответствует моменту окончания одновременного выполнения работы двумя бригадами.
Пусть v 1 и v 2 – скорости выполнения работы первой и второй бригадами соответственно. По условию задачи v 1 : v 2 = 3:2. С другой стороны, v 1 =АВ/ВН, а v 2 =АВ/ВG. Отсюда получаем, что v 1 : v 2 =BG:BH=3:2. Треугольники BOD и FOE подобны ( 
ВОD= FОЕ как вертикальные, ОDВ= ОЕF=90 о ). Из подобия треугольников следует равенство: 
1) Треугольники BOG и FOA подобны ( ВОG= FОA как вертикальные, ОGВ= ОAF как накрест лежащие при параллельных ВН и АF и секущей AG). Из подобия треугольников следуют равенства: 
(2) Из равенств (1), (2) следует: 
. ВН=BD+DH=BD+EF=12+18=30 (ч).
BG = 
∙ВН = ∙30= 20 (ч).
Ответ: 20 ч., 30 ч.
Задача 14. 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 все задание будет закончено за 25 дней. За сколько дней второй рабочий может выполнить все задание?
АС и ВD—графики зависимости выполненного объёма работы от времени, затраченного первым и вторым рабочими соответственно. В F =А E =12дней—время совместной работы; АМ—время, за которое каждый из рабочих выполнит всю работу(второй начинает работать сразу же после того, как первый заканчивает). Известно, что 25 дней требуется рабочим, чтобы выполнить по половине всей работы, тогда АМ=2∙25=50 дней. Пусть ED =х, тогда D М =50-12-х=38-х,
подобен 
, тогда 
подобен 
, тогда 
Таким образом, 
по смыслу задачи х=18
Не подходит, так как 12+18=30>25, значит, х=8, тогда
Задача 15. Двое рабочих, из которых второй начал работать на 1,5 дня позже первого, работая независимо один от другого, оклеили обоями несколько комнат за 7 дней, считая с момента выхода на работу первого рабочего. Если бы эта работа была поручена каждому отдельно, то первому рабочему для ее выполнения понадобилось бы на 3 дня больше, чем второму. За сколько дней второй рабочий выполнил бы эту работу?
АА 1 и ВВ 1 —графики зависимости выполненного объёма работы от времени, затраченного первым и вторым рабочими соответственно. МВ =1,5 дня; АD =7 дней; АЕ и КВ 1 —время выполнения всей работы каждым рабочим в отдельности. АЕ=КВ 1 +3;
подобен 
, тогда 
подобен 
, тогда 
Таким образом 
по смыслу задачи х=7 дней.
Задача 16. Юноша пошёл к железнодорожной станции, до которой от его дома было 10,5 км. Через полчаса из того же дома вслед за юношей по той же дороге вышел его брат, который, идя со скоростью 4 км/ч, догнал юношу, передал забытую им вещь, и тут же повернул обратно с прежней скоростью. С какой скоростью шёл юноша, если известно, что шёл он всю дорогу равномерно, а его брат вернулся в тот момент, когда юноша подошёл к станции.
1) Треугольник KLM – равнобедренный, KN = NM .
2) Треугольники ACM и ALN подобны, значит
CM : LN = AM : AN ,
10,5: LN =(2х+0,5):(х+0,5)
LN =4х (так как скорость брата 4 км/ч)
10,5:4х=(2х+0,5)(х+0,5)
х=1,5
3) v =10,5:3,5; v =3.
Ответ: 3 км/ч.
Задача 17. Из пункта А по одному шоссе выезжают одновременно два автомобиля, а через час вслед за ними выезжает третий. Ещё через час расстояние между третьим и первым автомобилями уменьшилось в полтора раза, а между третьим и вторым—в два раза. Во сколько раз скорость первого автомобиля больше скорости второго.(Известно, что третий автомобиль не обогнал первые два)
АС, AF , B 1 P —графики движения Ι,ΙΙ,ΙΙΙ автомобилей соответственно.
А B 1 и М B 1 —расстояние между Ι и ΙΙΙ и между ΙΙ и ΙΙΙ автомобилями соответственно в момент выезда третьего автомобиля.
РС и Р F —расстояния между Ι и ΙΙΙ и между ΙΙ и ΙΙΙ автомобилями соответственно через час после выезда третьего автомобиля.
2) Рассмотрим 
: ВМ—средняя линия, тогда 
,
2ВМ=С F ; 2(1,5х-2у)=х-у; 3х-4у=х-у; 2х=3у; 
.
3) Скорость первого автомобиля
; 
Скорость второго автомобиля
; 
Ответ: 
Задача 18 Три пловца должны проплыть из пункта A в пункт B и обратно. Сначала стартует первый, через 5 секунд – второй, еще через 5 секунд – третий. На пути из A до B прошли некоторую точку C одновременно. Третий пловец, доплыв до B и сразу повернув назад, встречает второго в 9 метрах от B, а первого – в 15 метрах от B. Найдите скорость третьего пловца, если расстояние между A и B равно 55 метров.
Построим график зависимости пройденного пешеходами и лыжником пути от времени. Пусть p(x) – зависимость пути, который проплыл первый пловец, от времени x, w(x) – зависимость пути, который проплыл второй пловец, от времени x, m (x) – зависимость пути, который проплыл третий пловец, от времени x. A D = DE =5 с, AB =55 м, BT=15 м, BM =9 м.
IKH – по двум углам: DKG = IKH – как вертикальные углы, KDG = KIH – как накрест лежащие при параллельных прямых. Пусть h 1 , h 2 – высоты этих треугольников соответственно. Из подобия следует:
(1)
JLH – по двум углам: ALG= JLH – как вертикальные углы, LAG = LJH – как накрест лежащие при параллельных прямых. Пусть h 3 , h 4 – высоты этих треугольников соответственно.
Из подобия следует:
(2)
3) Из равенств (1),(2) следует: 
Следовательно скорость первого пловца: 
Источник
