Документ 224183

Муниципальное общеобразовательное учреждение
«Средняя общеобразовательная школа № 37
с углубленным изучением отдельных предметов»
г.Выборга
Методическое пособие
По теме: Использование геометрических методов
при решении алгебраических задач
(приемы и этапы, модели алгебраических задач и их решения с
помощью геометрии, 5–11 кл.)
Киселева Юлия Сергеевна,
Учитель математики
высшей категории
-2-
Содержание:
Пояснительная записка
Вступление
Приемы и этапы решения задач
Модели алгебраических задач
Заключение
Литература
3
4
4
5
12
13
-3-
Пояснительная записка
1.1. Направленность.
Изменения, происходящие в обществе, влияют на подготовку школьников, что вызывает
необходимость переосмысления целей, задач, содержания, форм и методов обучения математике.
Обновление содержания дисциплины предполагает некоторое расширение предметной
области, не изменяя количества часов на ее обучение.
Пособие: «Использование геометрических методов при решении алгебраических задач»
рассчитано для обучения учащихся с 5 по 11 класс. Оно способствует развитию личности, решает
воспитательные задачи, формирует мировоззрение. Оно направлено на развитие критической,
любознательной, интеллектуальной личности. Объем пособия достаточен для овладения методами
решения некоторых классов задач оптимизационного характера. Пособие имеет прикладное и
общеобразовательное значение, способствует развитию логического мышления, использует
межпредметные связи.
1.2. Актуальность.
Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс; объем содержательных
единиц, которыми должен оперировать старшеклассник по математике чрезвычайно велик. В
настоящее время российское образование находится на этапе модернизации. В соответствии с этим,
главной задачей школы являются повышение уровня общего и политехнического образования.
Данное пособие может быть использовано как для всего класса, так и для конкретной группы
учащихся, у которых есть повышенный интерес к математике. Это пособие ставит:
1.3. Цели и задачи.
Цель:
Преодоление формализма при решении алгебраических задач с помощью геометрии. Развитие
у учащихся аналитического способа мышления. Умение добывать новые знания, опираясь на уже
известные факты и понятия. Пропедевтика геометрии с 5 класса.
Задачи:
Обучающие задачи: овладение конкретными математическими знаниями.
Развивающие задачи: повысить интеллектуальное развитие учащихся.
Воспитательные задачи: воспитать общую культуру через формирование любви к математике.
1.4. Отличительные особенности.
В школьном курсе аналоги до настоящего времени не использовались.
Использование этого пособия поможет в подготовке к конкурсам, олимпиадам различного
уровня.
1.5. Форма занятий.
Формы организации деятельности: - групповая; индивидуальная;
Формы занятий: лекция, беседа, практическая работа, занятие с использованием компьютера.
1.6. Ожидаемые результаты.
Учащиеся должны уметь использовать точные свойства геометрических фигур при решении
алгебраических задач.
Возрастные особенности программы.
Программа рассчитана на учащихся с 5 по 11 класс.
1.7. Форма подведения итогов: анализ практической работы.
-41. Вступление
Использование геометрических методов при решении алгебраических задач является одним
из средств преодоления формализма в знаниях учащихся по математике.
Современный школьный курс по математике указывает на необходимость более подробного
знакомства учащихся с приемами, позволяющими решать задачи более оптимальными способами.
При решении задач на составление уравнений наибольшую трудность обычно вызывает
составление уравнений или системы уравнений, а уже потом их решение, И в том, и в другом случае
часто оказывается полезным рисунок, иллюстрирующий условие задачи и его анализ с точки зрения
геометрии.
Зачастую, даже учась уже в 8 классе, дети не видят взаимосвязи алгебры с геометрией. Если
при решении геометрических задач им приходится пользоваться знаниями, полученными на уроках
алгебры, то обратной связи, как правило, не наблюдается.
В данном случае геометрия приходит на помощь алгебре, то есть при решении
алгебраических задач используются свойства геометрических фигур.
2. Приемы:
1. Конструктивный (после решения этих задач ответ может прочитать с чертежа). К
конструктивному приему относится графический.
2. Конструктивно-аналитический (выполнение чертежей эскизно). Ответа на чертеже нет.
Этапы:
1. Перевод задач на язык геометрии (составление геометрической модели данной задачи).
2. Решение получившейся геометрической задачи.
3. Возвращение – перевод на язык алгебры.
3. Модели алгебраических задач:
1. Одномерные диаграммы ( линейные ).
2. Двумерные диаграммы.
3. Графики.
-51. Одномерные диаграммы
№ 1. Мать старше дочери в 3 раза и на 22 года. Сколько лет дочке и матери?
1 способ ( алгебраический)
Пусть дочке х лет, тогда маме – ( х + 22) года или 3х лет. Составим и решим уравнение:
х + 22 = 3х
2х = 22
х = 11
3х = х + 22 = 33 (лет)
22 г
2ч
2 способ ( геометрический)
Пусть 1 часть составляет возраст дочери, тогда
2 части составляют 22 года, отсюда
1) 22 : 2 = 11
1ч
2) 11 ● 3 = 33
Ответ: дочке 11 лет, маме 33 года
Д
М
№ 2 [5]. Володя сказал: «Я втрое моложе папы, но в три раза старше брата. Брат моложе папы
на 40 лет». Сколько лет Володе?
9ч
1) 40 : 8 = 5
2) 5 ● 3 = 15
40 делим на 8 частей, т.к. разность возрас8ч
40 лет
та папы и брата составляет 8 частей.
3ч
1ч
Ответ: Володе 15 лет.
Бр
В
П
№ 3 [3] № 409
3 сына получили в наследство большое стадо овец. Старшему досталось 25 частей стада,
среднему – 10 частей, а младшему 1 часть. Сколько овец было в отаре, если средний брат
получил на 765 овец больше, чем младший?
25 ч
1) 765 : 9 = 85 овец в 1 части
2) 25 + 10 + 1 = 36 (частей)
10 ч
3) 85 ● 36 = 3060
Ответ: в отаре было 3060 овец.
765
1ч
9ч
М
Ср
Ст
-6№ 4 [3] № 1146
В среду привезли 4,8 т больше сена, чем во вторник. Сколько тонн сена привезли за 2 дня, если
во вторник привезли в 1,4 раза меньше, чем в среду?
Пусть х т привезли в среду,
следовательно, на 0,4х т приходится 4,8т. Отсюда:
х = 4,8 : 0,4
х = 12
12 ● 2 + 4,8 = 28,8
Ответ: за два дня привезли 28,8 тонн.
4,8 т
1,4 х
х
Вт
Ср
№ 5 [3] № 1321, [1] , № 411
Решение аналогично решению задачи №1
№ 4 [6] № 168
В первой бригаде было в 4 раза меньше людей, чем во второй. После того, как из второй бригады 6
человек ушло, а 12 перевели в первую, людей в бригадах стало поровну. Сколько человек было в первой бригаде?
Из чертежа видно, что на 3 части
6
приходится 6 + 12 = 18 (чел.), следовательно,
18 : 3 = 6 (чел.) на одну часть.
3ч
Ответ: 6 человек.
4ч
+12
1ч
2 Бр
1 Бр
2. Двумерные диаграммы
Для решения подобных задач используем формулу пути, представив себе, что это площадь прямоугольника, смежные стороны которого это скорость и время.
S=V●t
№ 1. Начнём с самой простой [7] № 932
От деревни до станции велосипедист ехал со скоростью 15 км/ч, а обратно – 10 км/ч. Найти расстояние от деревни до станции, если известно, что на обратный путь он затратил на 1 час
больше.
Пусть х ч время, затраченное велосипедистом
от деревни до станции.
15 км/ч
Так как путь, пройденный велосипедистом
туда и обратно одинаков, то площади
5 км/ч
S1
прямоугольников должны быть равны,
то есть 15 ● х = 10 (х + 1), но в данных
S2
S
прямоугольниках площадь S общая,
10 км/ч
1ч
xч
отсюда S1 = S2
Запишем и решим уравнение:
5 ● х = 10 ● 1
(х + 1) ч
х = 2ч
15 ● 2 = 30 (км)
Ответ: 30 километров.
-7№2 [11]
Расстояние между городами А и В машины проходят за 10 2/3 часа. Из – за плохой погоды
водитель снижает скорость на 10 км/ч и тратит на дорогу на 2 2/15 ч больше. Найти начальную скорость автомобиля и расстояние между городами.
Решаем аналогично предыдущей задаче,
учитывая, что при уменьшении скорости время увеличивается.
S1 = S2
S1 = 2 2/15 ● (V – 10)
S2 = 10 ● 10 2/3
Отсюда:
+ 2 2/15
106 2/3 = 2 2/15 V – 21 1/3
2 2/15 V = 128
V = 128 ● 5/32
V = 60 км/ч
10 2/3
S = 10 2/3 ● 60 = 32 ● 60/3= 640 (км)
Ответ: 640 км и 60 км/ч.
S1
S
S2
10 км/ч
V км/ч
№ 3 [5]
Увеличив скорость подачи воды на 20 л/ч, бассейн наполнился за 15 ч, что на 5 часов меньше
обычного. Найти первоначальную скорость подачи воды и объем бассейна.
S1 = S2
S1 = 5V
S2 = 15 ● 20
S1
5V = 300
5ч
V = 60 л/ч
V = 60 ● 20 = 1200 (л)
Ответ: 60 л/ч и 1200 л.
S2
S
15 ч
V л/ч
20 л/ч
№ 4 [9] № 618
Из города в село, находящееся от него на расстоянии 120 км, выехали одновременно два автомобиля.
Скорость одного была на 20 км/ч больше скорости другого, поэтому он пришел к месту назначения
на 1 ч раньше. Найти скорость каждого автомобиля.
1 способ:
Составим и решим уравнение:
Пусть х км/ч скорость одного автомобиля.
120
/x = 120/х + 1
2500 = x2 + 20 х
х2 +20х – 2400 = 0
-8х1 = - 60 – не является корнем
х2 = 40 км/ч
+ 20 км/ч
S1
S1 = S2
V = 20t
По условию задачи расстояние
между городом и селом
S2
равно 120 км, поэтому:
V км/ч
S
-1ч
120 = V ● (t – 1)
подставим в уравнение V = 20t, получим:
120 = 20t (t – 1)
120 = 20 t2 – 20t : 20
tч
t2 – t – 6 = 0
По теореме обратной теореме Виета:
t1 + t2 = 1
t1 = 2
t1 ● t2 = -6
t2 = -3 - не является ответом, так как t > 0
Если t = 2, то V = 20t = 40 (км/ч), а V + 20 = 60 (км/ч)
Ответ: 40 (км/ч) и 60 (км/ч).
[5] Аналогично решаются задачи № 620 и 621.
[8] В задаче № 617 нужно учесть, что поезда встретились на середине пути, то есть они прошли
до момента встречи 360 километров.
№5 В пункт назначения отправляется велосипедист. Если он увеличит свою скорость на 3 км/ч, то
прибудет в пункт назначения на 1ч раньше, если он уменьшит на 2 км/ч, то прибудет туда на 1 час
позже. Найти расстояние, первоначальную скорость и время.
Эту задачу практически невозможно решить, не использовав эскизный чертеж
(конструктивно – аналитический).
Решение:
SABCD = SAFEH = SAMNK
1) SABCD = SAFEH
S1 + S2 + S3 + S4 = S1 + S2 +S6
V > на 3 км/ч
< на 1ч
S3 + S4 = S6
●
●
2) SABCD = SAMNK
А
В
S1 + S2 + S3 + S4 = S1 + S4 +S5
V < на 2 км/ч
> на 1ч
S2 + S3 = S5 ( )
S – ?; V – ?; t – ?
Так как по чертежу видно, что S2 = S6, то:
S5 = S3 + S4 + S3 = 2S3 + S4
Найдем значения S3, S4, и S5 и подставим в уравнение:
S3 = 2 ● 1 = 2; S4 = 2 (t – 1); S5 = 3 (t – 1)
3 (t – 1) = 2 ● 2 + 2 (t – 1)
F
E
1ч
S6
3t – 3 = 4 + 2t – 2
C
t=5
B
1ч
S2
S3
найдем значения S1 и S2:
N
S1 = 4 (V – 2)
S2 = (V – 2) ● 1
tч
S1
S4
S5
Подставим в ( ), используя чертеж:
3●4=V–2+2
V = 12 км/ч
S=V●t;
S = 12 ● 5 = 60 (км)
Ответ: 60 км; 12 км/ч; 5ч.
Аналогично решается задача [10] № 753
H
A
3
км/ч
2
км/ч
D
V км/ч
K
-93. Графическая модель
Прежде чем переходить к геометрической интерпретации задач, отметим, что нами может
быть введена координатная плоскость, по одной из осей которой откладывается время, по другой
– путь, работы и так далее.
№1. Из пункта А в пункт В вышли два пешехода, первый шел со скоростью 2 км/ч, второй
вышел через 2 часа после первого со скоростью 3 км/ч. Через сколько часов после выхода
второго пешехода они встретятся? И какое расстояние между А и В, если они встретились в
пункте В?
1 способ (аналитический)
Пусть х часов время пути
S (км) 12
первого пешехода,
тогда второго – (х – 2)ч.
Составим уравнение:
(х-2) ● 3 = 2х
х = 6ч
S = Vt = 2 ● 6 = 12 (км)
3
x – 2 = 6 – 2 = 4 (x)
2
Ответ: 4ч и 12 километров
0 12 3 6
t (ч)
Аналогично решается задача [2], № 127
№2. 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.
S (км)
500
t’
450
400
I
II
350
300
250
200
150
100
50
4,5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Аналогично решается задача [4], № 1080
-10№ 3 [1], № 423
Из двух сел, расстояние между которыми 12,3 км, вышли одновременно два пешехода и
встретились через 1,5 ч. Скорость одного пешехода 4,4 км/ч. Найти скорость другого пешехода.
Читаем с чертежа:
12,3 – 8,5 = 3,8
получилось 3,8 км за 1 час.
Проверка: (3,8 + 4,4) ● 1,5 = 12,3
Ответ: 3,8 км/ч
S (км)
12,3
10
8,5
2
1
6
4,4
2
t (ч)
0
1
1,5
2
3
4
Аналогично решаем задачу [7], № 757
№4 [7], ВМК, 1989 г.
Эту задачу можно решить, пройдя тему “Подобие”.
Из пункта М в пункт N вышел пешеход. Вслед за ним через 2 часа из пункта М выехал велосипедист, а еще через 30 минут – мотоциклист. Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались
равномерно и без остановок. Через некоторое время оказалось, что все трое преодолели одинаковую
часть пути. На сколько минут раньше пешехода в пункт N прибыл велосипедист, если пешеход
прибыл в пункт N на 1 час позже мотоциклиста?
S (км)
C
Д
Е
Исходя из условия можно записать, что
1ч
tм < tв < tп
мотоциклист
OА = 2 ч
велосипедист
AB = 0,5
пешеход
CE = 1 ч
ED примем за х.
t (ч)
А
О
2
0,5
В
2,5
Так как прямые CE и OB параллельны, то получившиеся треугольники соответственно подобны,
следовательно:
ОВ
/СE = OA/DE ; DE = ОA ● СЕ/ОВ; х = 4/5ч = 48 мин
Ответ: 48 минут
-11№4 [7], Хим. ф. – т, 1978
Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Одновременно с ним из пункта В в пункт А выехал
велосипедист, который встретил пешехода через 50 минут после своего выхода из В. Сколько
времени потребовалось бы пешеходу для того, чтобы пройти весь путь из А в В, если известно, что
велосипедист проехал бы этот путь на 4 часа быстрее пешехода?
Пусть BD – траектория велосипедиста,
тогда AC – пешехода,
tч – время пешехода от А до В
Имеем:
1) COOII OOIA, D
поэтому COII/OIA = OOII/OOI;
2) DOOI OOIIВ,
поэтому OIIB/OID = OOII/OOI,
следовательно, COII/OIA = OIIB/OID
CI
t
пешеход
t-4
5
OII
/6
OI
OI
t
или
5
6
5
6 
5
6
t 4
5
6
t1 = 2/3 – не может быть корнем, так как меньше 4ч
t2 = 5
Ответ: 5 часов.
C
А
O
велосипедист
S
B
-12-
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
1. Применение геометрических методов позволяет развивать пространственное воображение,
которое является основным для освоения материала в старших классах.
2. Этот метод можно использовать в качестве проверки при решении задач.
3. Дробно-рациональные уравнения заменяются квадратными, что упрощает решение задач в
так называемых слабых классах.
4. Позволяет сократить время решения (применимо к тестам).
5. Впервые можно использовать уже в 6 классе для закрепления темы: «Графики».
6. Повышает интерес учащихся к предмету геометрия.
-13-
Литература:
1. Н.Я. Виленкин. Математика, 5, М. – Мнемозина, 2009
2. И.И. Зубарева, А.Г. Мордкович, Математика, 5, М. – Мнемозина, 2005
3. Н.Я. Виленкин. Математика, 6 М. – Мнемозина, 2009
4. Э.П. Нурк, Математика, 6 М. – Просвещение, 1989
5. А.А. Мазанник Реши сам. – Киев. – 1980
6. Ю.Н. Макарычев, Алгебра 7, М. – Просвещение, 2005
7. Ю.Н. Макарычев, Алгебра 7, М. – Просвещение, 2009
8. Ю.Н. Макарычев, Алгебра 8, М. – Просвещение, 2005
9. Ю.Н. Макарычев, Алгебра 8, М. – Просвещение, 2009
10. Ш.А. Алимов Алгебра 7, М. – Просвещение, 2002
11. В.А. Филимонов, Геометрия помогает решить задачу – Математика в школе № 2-3, 1992