Геометрический способ решения задач

ИСПОЛЬЗОВАНИЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКОГО МЕТОДА
ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ
НА РАВНОМЕРНЫЕ ПРОЦЕССЫ
Калинин Евгений, 8 «А»,
МБОУ гимназия 80
АКТУАЛЬНОСТЬ ИССЛЕДОВАНИЯ
Геометрический метод решения текстовых задач является
дополнением и углублением изученных в курсе алгебры
методов решения задач, одним из подходов к реализации
принципа наглядности, который облегчает их понимание и
решение.
ЦЕЛЬ РАБОТЫ
Повышение познавательного интереса к науке математике,
изучение геометрических
методов решения задач на
равномерные процессы и приобретение навыков их
решения.
ОБЪЕКТ ИССЛЕДОВАНИЯ
Текстовые задачи на равномерные процессы,
сводящиеся к решению геометрическим методом.
МЕТОД ИССЛЕДОВАНИЯ
сравнительный анализ.
ПРАКТИЧЕСКАЯ ЗНАЧИМОСТЬ РАБОТЫ
Геометрические методы решения задач значительно
упрощают решение, ведут к более быстрому получению
результата, а также позволяют переводить алгебраическое
условие задачи на геометрический язык графиков.
СПОСОБЫ РЕШЕНИЯ ТЕКСТОВЫХ ЗАДАЧ
• арифметический;
• алгебраический;
• геометрический: графический метод, метод площадей,
метод подобия треугольников, тригонометрический
метод и др.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ
• позволяют наглядно представить ситуацию задачи;
• позволяют заменить алгебраическое решение задачи
чисто геометрическим.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ГЕОМЕТРИЧЕСКИМ МЕТОДОМ
• ЗАДАЧИ НА ДВИЖЕНИЕ;
Подразумевается зависимость S=vt,
где S – путь, км; v – скорость движения, км/ч; t – время, ч.
• ЗАДАЧИ НА «РАБОТУ».
Подразумевается пропорциональная зависимость А=kt,
где А - количество выполняемой работы; k – коэффициент,
характеризующий производительность труда; t – время.
Алгоритм решения:
• изображаем графики соответствующих процессов (без точного
соответствия числовым данным задачи);
• используя графики, находим подобные треугольники, из которых и
определяем интересующие нас величины.
МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ОПИСАНИЕ РАВНОМЕРНЫХ
ПРОЦЕССОВ
• Равномерный процесс -
перемещение тел с постоянной
скоростью, выполнение работы
при постоянной
производительности труда.
• На графике равномерный
процесс изображается прямой
линией.
Прямая линия –
график линейной функции y = kx + m
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ДВИЖЕНИЕ
Задача 1.
Из двух населенных пунктов А и В одновременно навстречу друг другу
выходят два туриста. При встрече оказывается, что турист, вышедший из А,
прошел на 2 км больше, чем второй турист. Продолжая движение с той же
скоростью, первый турист прибывает в пункт В через 1 ч. 36 мин., а второй в А – через 2ч. 30 мин. Найдите расстояние АВ и скорость каждого туриста.
Решение.
Построим графики движения туристов.
Ось абсцисс - время t, ч.; ось ординат – расстояние S, км.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ДВИЖЕНИЕ
S, км
В II
t
К
8/5
По условию: BK=AN=t - время
движения до встречи;
КС=1 ч. 36 мин. или 1,6 ч = 8/5 ч. время движения I туриста после
встречи;
ND = 2,5 ч.=5/2 ч. – время движения
II туриста.
Расстояние РN на 2 км больше РК;
PK=x км, PN=x+2 км.
С
х
Р
∆ВКР  ∆PND, ∆КСР  ∆АРN
по первому признаку.
х+2
I
А
t
5/2
N
АС – график движения I туриста.
ВD – график встречного движения туриста II .
Точка Р – место встречи туристов .
D
t, ч.
Из подобия треугольников имеем:
𝐾𝑃
𝑃𝑁
=
𝑥
𝑥+2
𝐵𝐾
𝑁𝐷
=
Тогда
и
𝑡
2,5
𝑡
2,5
=
и
𝐾𝑃
𝑃𝑁
=
𝑥
𝑥+2
𝐾𝐶
;
𝐴𝑁
=
1,6
.
𝑡
1,6
; 𝑡 2 =4,
𝑡
t = 2 ч.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ДВИЖЕНИЕ
S, км
𝑥
𝑥+2
=
2
2,5
; 2,5𝑥 = 2𝑥 + 4;
0,5x = 4; x = 8.
В II
t
К
8/5
Таким образом, PK= 8 км,
PN=8+2=10 км.
Расстояние АВ= 10+8=18 км.
С
х
Скорость движения I туриста:
Р
𝑣1 =
А
t
= 5 км/ч;
скорость движения II туриста:
х+2
I
10
2
5/2
N
Ответ: 18 км, 5 км/ч, 4 км/ч.
D
t, ч.
8
2
𝑣2 = = 4 км/ч.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ДВИЖЕНИЕ
Задача 2.
Первый пешеход может пройти расстояние между двумя пунктами на 5
ч быстрее, чем второй. Если пешеходы выйдут из этих пунктов навстречу
друг другу одновременно, то встретятся через 6 ч. За сколько часов каждый
из них может пройти это расстояние?
Решение.
Построим графики движения пешеходов.
Ось абсцисс - время t, ч.; ось ординат – расстояние S, км.
S , км
С
х
К
В
х-6
II
6
М
N
х-1
I
А
Пусть CB= x ч. - время движения
I пешехода;
AD= x+5 ч. - время движения II
пешехода
MN= 6 ч. – время до встречи.
Тогда
KB=x - 6 ч. - время движения I
пешехода после встречи;
PD= x +5 - 6= x - 1 ч. – время
движения II пешехода после
встречи.
Р
х+5
АB – график движения I пешехода.
CD – график встречного движения пешехода II .
AC – расстояние между пунктами.
Точка N – место встречи .
D
t, ч.
∆CKN  ∆DPN, ∆BКN  ∆АРN
по первому признаку.
Из подобия треугольников имеем:
𝐾𝑁
𝑁𝑃
=
6
𝑥−1
6
𝑥−1
=
𝑥−6
6
и
𝐾𝑁
𝑁𝑃
=
𝑥−6
;
6
; 𝑥 2 −7x−30=0.
S , км
С
х
Квадратное уравнение:
К
В
х-6
II
𝑥1,2
−𝑏 ± 𝑏 2 − 4𝑎𝑐
=
.
2𝑎
𝑥 2 −7x−30=0;
6
М
𝑎 𝑥 2 +bx+c=0.
Решение:
N
𝑥1,2
7 ± (−7)2 −4 ∙ 1 ∙ (−30) 7 ± 13
=
=
;
2∙1
2
𝑥1 = 10;
𝑥2 = −3 (не явл. решением задачи).
х-1
I
А
Р
х+5
Ответ: 10 ч., 15 ч.
D
t, ч.
Следовательно,
время движения I пешехода
CB= 10 ч.,
время движения II пешехода
AD= 10+5=15 ч.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ НА ДВИЖЕНИЕ
Задача 3.
Из города А в город В вышел пешеход. Через некоторое время после
выхода пешехода из города В ему навстречу выехал велосипедист. Через
час после выхода пешехода вслед за ним выехал мотоциклист. Все
участники двигались равномерно и встретились в одной точке маршрута.
Мотоциклист прибыл в В через 3 ч после выхода из него велосипедиста, но
за 2 ч до прибытия пешехода в город В. Через сколько часов после выезда
мотоциклиста велосипедист прибыл в город А?
Решение.
Построим графики движения пешехода, велосипедиста и мотоциклиста:
AP, KL, NM.
Ось абсцисс - время t, ч.; ось ординат – расстояние S, км.
Точка О - момент их встречи.
MP=2 ч.,
KM=3 ч.,
AN=1 ч.
S, км
К
В
3
М
Пусть NL=x ч.
2
Р
∆NLO  ∆OKM,
∆ANO  ∆OMP
по первому
признаку.
Из подобия
треугольников
имеем:
ОN 1
ОN x

 и
ОМ 2
ОМ 3
О
Откуда
x 1
 ;
3 2
x=1,5 ч.
x
1
А
N
L
t, ч
Ответ: 1,5 ч.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ «НА РАБОТУ»
Задача 4.
Пароход начали грузить 4 подъемных крана одинаковой мощности.
После того как они проработали 2 часа к ним присоединили еще 2 крана
меньшей мощности, и после этого погрузка была окончена через 3 часа.
Если бы все краны начали работать одновременно, то погрузка была бы
окончена в 4,5 часа. Определите, за сколько часов мог бы окончить
погрузку один кран меньшей мощности.
Решение.
Ось Ox – продолжительность рабочего времени;
ось Oy – количество выполненной работы;
отрезок ОА произвольной длины – объем всей работы.
у
2
Количество
выполненной работы
A
O
B  N Е 
D
М
4,5
2
B
A
Е
3
N
G
F
2
Cx
Продолжительность
рабочего времени, ч.
ОА' - график работы четырех кранов;
OB=AB' =2 ч.,
B'С - - график «встречной» работы
двух кранов меньшей мощности;
ВЕ=BE=3 ч. ;
DE и DE' - количество
выполненной работы, четырьмя и
двумя кранами при их совместном
действии.
Если бы все краны начали работать
одновременно, то графики их
работы – ОА и AF, причем AF || B'С
и ON=4,5 ч.
Два маломощных крана выполняют
всю работу (ОА) за OF часов.
ОF - ?
у
2
Количество
выполненной работы
A
∆ODE  ∆OMN, ∆CDE  ∆FMN
(по первому признаку):
O
B  N Е 
𝐷𝐸
𝐸𝑂
𝐷𝐸
𝐸𝐶
=
и
= ;
𝑀𝑁
𝑁𝑂
𝑀𝑁
𝑁𝐹
𝐸𝑂
𝐸𝐶
5
𝑂𝐹+2−5
=
;
=
;
𝑁𝑂
𝑁𝐹
4,5
𝑂𝐹−4,5
A
D
М
5OF-22,5=4,5OF-13,5;
OF = 18 ч.– время работы двух
кранов малой мощности;
4,5
2
B
Е
3
N
G
F
2
Cx
Продолжительность
рабочего времени, ч.
Ответ: 36 ч.
182=36 ч. время работы одного
крана.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ «НА РАБОТУ»
Задача 5.
Переплетчик работал над выполнением заказа 9 часов чистого времени;
закончить работу было поручено другому переплетчику, который сдал ее
через 4 часа 48 минут. Если бы оба переплетчика работали вместе, они
окончили бы переплетные работы за 6 часов 40 минут. За какой
промежуток времени смог бы выполнить всю работу каждый переплетчик
в отдельности?
Решение.
Ось Ox – продолжительность рабочего времени, мин.;
9 ч.=540 мин.; 4 ч. 48 мин.=288 мин.; 6 ч. 40 мин.=400 мин. ;
ось Oy – количество выполненной работы;
отрезок ОА произвольной длины – объем всей работы.
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ «НА РАБОТУ»
ось количества работы
у
Е
А II
О
D
ОВ – график работы I рабочего;
OQ= t1 - первое искомое время
(t1>540 мин.)
RC – это количество работы,
выполненной I переплетчиком
за 540 мин.
GC часть всей работы, которая
осталась на долю II рабочего,
выполненная за 288 мин. ;
ED = GC.
AD–график доли работы II
В
G
С
F
рабочего.
I
К
M
288 400
R
N
540 t 2
Q
t1
Ось времени, мин.
х
АN - график работы II рабочего
(если бы работал один).
F пересечения графиков ОВ и
АN– время окончания работ при
совместной работе
переплетчиков (400 мин.).
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ «НА РАБОТУ»
у
ось количества работы
∆KDN∆MFN и ∆OCR∆OFM
(по первому признаку);
Е
А II
О
𝑂𝑅
𝑂𝑀
В
G
𝑂𝑅
𝑂𝑀
D
=
К
𝐷𝐾
𝑁𝐾
𝑁𝐾
𝑁𝑀
или
540
400
=
𝑡2 −288
;
𝑡2 −400
𝑡2 = 720 мин. =12 ч.
С
F
∆OBQ∆OFM и ∆OAN∆MFN
(по первому признаку);
𝑂𝑄
𝑂𝑀
I
𝐶𝑅
=
и
=
;
𝐹𝑀
𝐹𝑀
𝑁𝑀
так как CR=DK, то
M
R
N
540 t 2
288 400
Q
t1
Ось времени, мин.
Ответ: 15 ч., 12ч.
х
=
𝐵𝑄
𝐹𝑀
и
𝑂𝑁
𝑀𝑁
=
𝑂𝐴
.
𝐹𝑀
Учитывая OA=BQ и 𝑡2 = 720 мин. ,
получаем
𝑂𝑄
𝑂𝑁
𝑡1
𝑡2
=
или
=
;
𝑂𝑀 𝑀𝑁
400
𝑡2 − 400
𝑡1
720
=
;
400
720 − 400
𝑡1 = 900 мин. =15 ч.
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЭКСПЕРИМЕНТ
Время решения задач на равномерные процессы
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
• научился
переводить алгебраическое условие задачи на
геометрический язык графиков, позволяющий оптимизировать
процесс решения математических и физических задач;
• благодаря применению графического метода можно сократить
сроки, в течение которых ученик научится решать различные
задачи. В то же время умение геометрически решать задачу – это
важные технические навыки;
• графический способ даёт иногда возможность ответить на вопрос
такой задачи, которую учащиеся ещё не могут решить
арифметическим способом.
«Метод решения хорош, если с самого начала мы
можем предвидеть - и далее подтвердить это, что, следуя этому методу, мы достигнем цели».
Г. Лейбниц