Задачи решающиеся несколькими способами

Решение одной геометрической задачи несколькими способами

Решение одной геометрической задачи несколькими способами.

Автор: Бондаренко Ольга Викторовна

Содержание.

Методы решения геометрических задач……………………. 5

Примеры решения задач данными методами………………. 7

Решение одной геометрической задачи несколькими способами……………………………………………………10

Введение.

Общеизвестно, что учащиеся прочно усваивают только то, что прошло через их индивидуальные усилия. Проблема самостоятельности учащихся при обучении не является новой. Этому вопросу отводили исключительную роль ученые всех времен. Особенно четкие концепции о роли самостоятельности в приобретении знаний имеются в трудах К.Д.Ушинского, Д.И.Писарева и др. Эта проблема является актуальной и сейчас. Внимание к ней объясняется тем, что самостоятельность играет весьма важную роль не только при получении среднего образования, но и при продолжении обучения после школы , а также в дальнейшей трудовой жизни школьников.

В наше время, в условиях развития рыночной экономики, когда наблюдается небывалый рост объема информации, от каждого человека требуется высокий уровень профессионализма и такие деловые качества как предприимчивость, способность ориентироваться, быстро и безошибочно принимать решения, а это невозможно без умения работать творчески.

Математика является наиболее удобным предметом для развития творческих способностей учащихся. Этому способствует логическое построение предмета, четкая система упражнений для закрепления полученных знаний и абстрактный язык математики. Воспитание самостоятельности у учащихся постепенно в течение всего периода обучения и предусматривает способность полноценно аргументировать, выделять главное, существенное, умение рассуждать, доказывать, находить рациональные пути выполнения заданий, делать соответствующие выводы, обобщать и применять их при решение конкретных вопросов.

Сущность самостоятельной работы заключается в том, что она выполняется учеником без непосредственного участия учителя, но по его заданию и под его контролем. Существуют разные подходы к классификации самостоятельных работ . Подразделяют их на обучающие и контролирующие, творческие и репродуктивные, устные и письменные, на общие, групповые и индивидуальные, на классные и домашние.

Творческие самостоятельные работы, включающие возможность решение задач несколькими способами, составление задач и примеров самими учащимися и т.п. наиболее важны из всех видов самостоятельных работ. Они требуют от учащихся собственной инициативы, будят мысль, заставляют анализировать и осуществлять самостоятельные решения.

В своей работе я рассмотрел различные методы решения геометрических задач и применение данных методов к решению одной геометрической задачи. Во-первых, эта тема меня очень заинтересовала, когда мы проходили её на уроках геометрии, и я решил узнать больше о методах решения. Во-вторых, методы решения геометрических задач занимают особое место в математике, поскольку решение их вызывает определенные трудности у учеников и абитуриентов.

I .Методы решения геометрических задач.

Говоря о поисках решения геометрической задачи, приходится иметь ввиду, что существуют различные методы её решения. Поэтому поиски прежде всего следует направить на выбор конкретного метода. Условно можно разбить на следующие группы:

Связан с использованием соотношений в треугольнике и круге, признаками равенства и подобия и др. Часто приходится проводить дополнительные построения, например, описанные окружности.

2. Метод геометрических преобразований .

Связан с применением преобразований плоскости и пространства (параллельный перенос, симметрия, гомотетия и т.п.).

Связан с использованием векторов, в частности скалярного и векторного произведений.

4. Тригонометрический метод.

Использует применение тригонометрии, теорем синусов и косинусов.

5. Переформулировка задачи.

Замена задачи другой, эквивалентной данной.

Перечисленные методы могут пересекаться, в одном решении может применяться несколько методов. Например, можно заменить исходную задачу другой, которую решают с помощью векторов и преобразований.

При решении геометрических задач полезно показать, что рассматриваемую задачу можно решить различными методами, и если один способ не приводит к цели или слишком громоздок, то лучше обратиться к другому. «Лучше решить одну задачу несколькими методами, чем несколько задач — одним» (Д.Пойя).

II. Примеры решения задач данными методами .

Прежде чем перейти к рассмотрению выбранной мною задачи, хотелось бы показать, как происходит поиск решения на примере, используя некоторые из вышеперечисленных методов.

Заметим прежде всего те свойства фигуры, которые сразу бросаются в глаза:

1°. Треугольники АСА ₁ и ВСВ ₁ прямоугольные и равнобедренные.

Рассмотрим различные способы использования этих свойств.

1 способ. На рисунке присутствует несколько прямых углов с одной вершиной, поэтому напрашивается использование поворота на 90° вокруг точки С. Пусть при таком повороте треугольник А ₁ В ₁ С ₁ переходит в треугольник А ₂ ВС. Тогда точки А, С и А ₂ лежат на одной прямой и С – середина АА ₂ . Следовательно, С D есть средняя линия треугольника АВА ₂ и поэтому С D А ₂ В. Но А ₂ В А ₁ В ₁ по свойству повороту, значит, CD A ₁ B ₁ .

II способ. Воспользуемся векторным произведением векторов.

А ₁ В ₁ ∙ 2 CD = (СВ ₁ – СА ₁ )(СА + СВ) = СВ ₁ ∙СА – СА ₁ ∙СА + СВ ₁ ∙СВ – СА ₁ ∙СВ = СА ∙СВ ₁ ∙ cos ACB ₁ – 0 + 0 — CA ∙ CB ∙ cos A ₁ CB = 0, так как АСВ ₁ = А ₁ СВ = 90° + АСВ.

III способ (традиционный). Продолжим сторону АС до точки А ₂ так, что АС = А ₂ С (рис. 1). Тогда из замеченного выше свойства 2° следует: А ₂ СВ = А ₁ СВ ₁ , и треугольники А ₂ СВ и А ₁ СВ ₁ равны. В треугольнике АВА ₂ отрезок CD – средняя линия и поэтому CD А ₂ В. Из равенства треугольников получаем СВМ = СВ ₁ М. Значит, вокруг четырехугольника МСВВ ₁ можно описать окружность с диаметром ВВ _1. Отсюда угол ВМВ ₁ опирается на диаметр и А ₂ В А ₁ В ₁ . Следовательно, CD A ₁ B ₁ .

IV способ (традиционный). Достроим треугольник АВС до параллелограмма САКВ (рис.2).

Тогда ∆САК = ∆А ₁ СВ ₁ по двум сторонам и углу между ними и , следовательно, СА ₁ В ₁ = АСК = α. Продолжим прямую СК до пересечения с отрезком А ₁ В ₁ в точке Е. Тогда А ₁ СЕ = 180° — 90° — α = 90° — α, откуда следует, что А ₁ ЕК = 90°.

III . Решение одной геометрической задачи несколькими способами.

Ниже предлагаются девять решений одной красивой геометрической задачи. Кроме вышеперечисленных методов, здесь используются и другие, с помощью которых также можно решить рассматриваемую мною задачу.

З а д а ч а. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС построен квадрат ABDE в той полуплоскости от прямой АВ, которой не принадлежит треугольник АВС. Найти расстояние от вершины С прямого угла до центра квадрата, если катеты ВС и АС имеют соответственно длины a и b .

Решение 1 (по теореме синусов).

Пусть Q — центр построенного квадрата(рис.3). Так как угол AQB прямой, то точка Q лежит на описанной около треугольника АВС окружности. Ее диаметром служит гипотенуза АВ. Из треугольника AQC по теореме синусов имеем: С Q = АВ sin (α+45°), где α – величина угла ВАС. Далее получаем:

CQ = c ( sinαcos 45°+ cosαsin 45°) = c (+) = , где с = АВ. Итак, искомое расстояние CQ равно .

Решение 2 (по теореме косинусов ).

Из того же треугольника AQC по теореме косинусов находим:

CQ 2 = b 2 + AQ 2 – 2 b ∙ CQcos ( α +45°).

Рассмотрим треугольник AQB , который является прямоугольным и равнобедренным ( BQ = QA ). По теореме Пифагора находим, что AQ 2 = c 2 . Тогда

CQ 2 = b 2 + c 2 – 2b∙∙( — ) = b 2 + (a 2 + b 2 ) – b 2 + ab = (a +b) 2 , С Q = .

Решение 3 (по теореме Птолемея).

Во вписанном в окружность четырехугольнике сумма произведений длин противоположных сторон равна произведению длин диагоналей (теорема Птолемея). Поэтому для вписанного четырехугольника AQBC имеем:

a ∙ AQ + b ∙ BQ = c ∙ CQ .

Но AQ = BQ = и, следовательно,

(a + b) = c∙ CQ, откуда CQ = .

Сумма площадей треугольников АВС и ABQ равна площади четырехугольника AQBC :

ab + AQ 2 = c ∙ CQsinφ ,

где φ – величина угла между прямыми AB и CQ . Луч CQ есть биссектриса угла АСВ, так как вписанные углы ACQ и BCQ опираются на равные дуги AQ и BQ .По теореме о внешнем угле треугольника φ = α + 45°. Подставив в предыдущее равенство AQ 2 = ( a 2 + b 2 ) и sinφ = ∙ (по решению 1), получим:

ab + (a 2 + b 2 ) = CQ∙(a + b) и CQ = .

Решение 5 (методом геометрических преобразований).

Выполним поворот около центра Q квадрата на 90°: В→А, А→А ₁ , С→С ₁ (рис.4). Так как А ₁ АС ₁ = СВА, то

и поэтому точки С,А,С ₁ лежат на одной прямой. В треугольнике CQC ₁ угол CQC ₁ прямой (угол поворота), CQ = C ₁ Q , СС ₁ = АС ₁ = a + b . Следовательно, CQ = .

Решение 6 (методом координат).

Примем прямые СА и СВ за оси Ох и Оу прямоугольной декартовой системы координат. Найдем координаты х, у точки Q . Она принадлежит биссектрисе угла АСВ (по решению 4) и равноудалена от точек A ( b ,0) и B (0, a ). Имеем систему:

( x — b ) 2 + у 2 = х 2 + (у — а) 2 ,

откуда 2х( b — а ) = b 2 – a 2 (подставив первое равенство во второе).

Если a ≠ b , то имеем решение х = у = .

При a = b четырехугольник AQBC является квадратом и х = у =а, т.е. координаты точки Q удовлетворяют прежнему решению. По формуле расстояния между двумя точками

Решение 7 (векторное).

Положим = b и = a и выразим через эти векторы вектор (рис.3):

положив = αа + β b , найдем коэффициенты α и β этого разложения, используя условия ∙ = 0 и = , которые приводят к системе уравнений:

Поскольку = 0, то эта система эквивалентна такой:

α 2 a 2 + β 2 b 2 = 2 + 2 ,

откуда α = и β = и, следовательно,

Наконец, CQ 2 = ( a + b ) 2 , CQ = .

Решение 8 (методом комплексных чисел ).

Введем прямоугольную декартову систему координат так же, как при решении 6. Тогда точки А,В,С будут иметь соответственно комплексные координаты b , ai , 0, причем a = , b = . При повороте на 90° вектор переходит в вектор . Этому повороту соответствует умножение на комплексное число i . Поэтому имеем равенство: ( ai — q ) i = b — q , где q – комплексная координата точки Q . Отсюда q = . Находим:

CQ 2 = q = ∙ = ( a + b ) 2 .

Решение 9 (чисто геометрическое).

Опишем около квадрата другой квадрат со стороной a + b . Тогда искомое расстояние, очевидно, равно половине диагонали большего квадрата.

Из всех представленных решений легко найти наиболее рациональные, но суждения о простоте или сложности того или иного решения задачи в значительной мере субъективно. Оно существенно зависит от подготовленности, от уровня владения методами решения задач. При недостаточных навыках решений методом геометрических преобразований, векторным или координатным методом можно сказать, что первые четыре решения и решение 9 гораздо проще остальных. Однако решения 5 и 6 для подготовленного человека представляются ничуть не сложнее. Векторный метод для решения данной задачи оказался малоэффективным – решение 7 сложнее остальных. Решение 8 с помощью комплексных чисел выглядит очень простым, но требует специальной подготовки.

Заключение.

В своей работе я рассмотрела различные способы решений одной геометрической задачи, используя известные методы. Анализируя все решения, я сделала для себя важные выводы. Во-первых, благодаря такой работе снимается психологический барьер перед поиском решения задачи. Ведь если знаешь, что задача имеет несколько способов решения, то смелее берешься за неё. Постепенно, решая задачу за задачей, приобретаешь некоторый опыт, что позволит развить математическое чутье. Во-вторых, подробный разбор способов решения задач является хорошим подспорьем для того, чтобы освежить в памяти пройденный материал. В-третьих, при такой работе над задачей формируется логическое мышление, развивается интуиция, систематизируются знания, расширяется общеобразовательный кругозор. В-четвертых, овладевая основными методами решения задач, составляющими важную часть многих эвристических алгоритмов, можно рационально планировать поиск решения задачи, выполнять полезные преобразования условия задачи, а также использовать известные приемы познавательной деятельности – наблюдение, сравнение, обобщение.

Все перечисленное создает условия для формирования навыков исследовательской деятельности, способствующей накоплению творческого потенциала.

Л.Р. Шикова. «Исследовательская деятельность школьников в процессе решения геометрических задач». «Математика в школе.»№4, 1995.

Я.П.Понарин. «Задача одна – решений много». «Математика в школе» №1,1992.

Д.Ф.Изаак. «Поиски решения геометрической задачи». «Математика в школе»№6,1998.

В.А.Филимонов, Т.Н.Фисенко. «Об одном подходе к изучению геометрии в средней школе». «Математика в школе» №1,1997

Д.Пойя. «Как решать задачу». М.,1959.

Д.Пойя. «Математическое открытие». М., 1970.

Э.Г.Готман, З.А.Скопец. «Задача одна — решения разные».

Источник

Решение задач разными способами: способы решения задач в начальной школе, решение задач 2 способами 2 класс

Школьникам проще справиться с примерами на умножение или деление, чем найти ответ в задаче, требующей определенных математических навыков. Учебники по математике для второклассников включают ряд текстовых задач, которые решаются разными способами. Такие задания развивают у детей навыки логического и абстрактного мышления, а также помогают укрепить их способности в решении задач.
Перед вами способы, которые помогут с легкостью решить любую математическую задачу.

Способы решения задач в начальной школе

Школьники часто теряются, когда сталкиваются с решением текстовых задач. Им нужно научиться анализировать информацию и находить полезные инструменты для выполнения заданий.
Особенность текстовых задач в том, что в них прямо не указывается, какое именно действие (или действия) нужно выполнить для нахождения ответа.
Различают несколько способов решения задач – алгебраический, арифметический и графический.

• Первый способ подразумевает ряд арифметических действий над числами.
• Алгебраический — нахождение ответа через х, т.е. решение через уравнение.
• В результате применения графического метода искомые значения величин находятся с помощью геометрических образов: отрезков прямой, прямоугольников, квадратов и т.д.

графический способ решения задач: чертёж

Не существует наиболее рационального способа решения, т.к. все варианты в итоге имеют одинаковый ответ.

Петерсон решение задач

Решение задач несколькими способами

На дереве сидело 7 голубей и 5 ласточек. 4 птицы улетели. Сколько птиц осталось?

графический способ решения задачи

графический

В первом ряду изображены голуби, в нижнем — ласточки. Если 4 голубя улетели (их зачеркнули), осталось всего 8 символов.

Ответ: 8 птиц осталось сидеть на дереве.

арифметический способ решения задачи

арифметический
Если улетели ласточки, узнаем, сколько птиц осталось.
5-4 = 1 (ласт.)
К голубям добавим 1 ласточку.
7 + 1 = 8 (пт.)

арифметический 2-й вариант

Если дерево покинули голуби, узнаем, сколько птиц осталось сидеть.
7-4 = 3 (гол.) — осталось
Сложим оставшееся количество голубей и ласточек.
3 + 5 = 8 (пт.)

Ответ: 8 птиц осталось сидеть на дереве.

Решение задач разными способами: 2 класс

Задача 1

В автобусе ехало 16 пассажиров. 5 пассажиров вышло на первой остановке, на второй салон покинуло еще 3 человека. Сколько пассажиров осталось в автобусе?

1 вариант решения арифметический

1. Узнаем общее количество вышедших пассажиров.
2. Сколько пассажиров осталось в автобусе?

5 + 3 = 8 (п.) — всего пассажиров вышло на остановках

16 — 8 = 8 (п.) — пассажиров осталось в автобусе

Ответ: 8 пассажиров осталось в автобусе

2 вариант графический

Зеленым цветом помечено количество вышедших пассажиров, красным — количество оставшихся. Подсчитаем деления на красном конце и получим 8 человек.

Ответ: 8 пассажиров осталось в автобусе

Важно! Решение задачи несколькими способами является проверкой правильности. Одинаковые ответы указывают на правильность решения.

Задача 2

Маляру нужно покрасить 15 окон. К обеду он покрасил 5 окон, после обеда — 3. Сколько окон осталось ему покрасить?

1 вариант решения арифметический

1. Узнаем общее количество окрашенных окон.
2. Узнаем количество неокрашенных окон.

5 + 3 = 8 (ок.) — всего окон покрасил маляр

15-8 = 7 (ок.) — окон осталось покрасить

Ответ: маляру осталось покрасить 7 окон

2 вариант решения арифметический

1. Сколько окон нужно было покрасить после обеда?
2. Сколько окон осталось покрасить ?

15-5 = 10 (ок.) — окон нужно было покрасить после обеда

10-3 = 7 (ок.) — окон осталось покрасить

Ответ: маляру осталось покрасить 7 окон

Задача 3

Маша купила в магазине несколько ручек. 4 штуки она подарила подруге, после чего у нее осталось 8 ручек. Сколько ручек купила Маша?

1 вариант решения алгебраический

Пускай Маша купила х ручек, 4 она подарила и 8 штук осталось. Имеем уравнение
Х — 4 = 8
Х =8+4
Х =12 (р.) купила всего

Ответ: Маша купила 12 ручек

2 вариант решения арифметический

Общее количество ручек находим из сложения подаренных и оставшихся ручек.
8+4 = 12 (шт.)

Ответ: Маша купила 12 ручек

Задача 4

В веревочном парке Максим до обеда преодолел 6 воздушных троп. А после отдыха он поднялся на 3 столба и одолел 5 подвесных мостов. Сколько всего препятствий покорил Максим?

1 вариант арифметический

Найдем общее количество преград, преодоленных Максимом после обеда.
3 + 5 = 8 (п.) — преодолел;
Сложим преодоленные преграды до отдыха и после отдыха.
6 + 8 = 14 (п.) — всего.

Ответ: Максим преодолел 14 преград

2 вариант арифметический

Найдем количество преград после восхождения мальчика на столбы.
6+3 = 9 (п.)
Всего, после того как преодолел подвесные мосты.
9+5=14 (п.)

Ответ: Максим преодолел 14 преград

Задача 5

У Ирины было 20 красных и 40 синих бусин. Она использовала 30 бусин. Сколько бусин осталось у девочки?

1 вариант арифметический

1. Сколько всего было бусин у девочки?
2. Сколько бусин осталось?

20 + 40 = 60 (в.) — всего бусин было у девочки
60-30 = 30 (б.) — бусин осталось у девочки

Ответ: у Ирины осталось 30 бусин

2 вариант решения арифметический

Поскольку в задаче не указано, какого цвета бусины использовала девочка, предположим, что девочка использовала синие бусины, тогда

1. Сколько синих бусин осталось у девочки?
2. Сколько бусин осталось у девочки?

40-30 = 10 (б.) — синих бусин осталось у девочки
20 + 10 = 30 (б.) — бусин осталось у девочки

Ответ: у девочки осталось 30 бусин

Текстовые математические задачи непростые, но, вникая в их суть и регулярно практикуясь, школьник постепенно укрепляет свои навыки. А поверить правильность ответа можно с помощью разных способов решения.

Источник