Дистанционный курс "Оказание первой помощи детям и взрослым" от проекта "Инфоурок" даёт Вам возможность привести свои знания в соответствие с требованиями закона и получить удостоверение о повышении квалификации установленного образца (180 часов). Начало обучения новой группы: 28 июня.
Подать заявку на курс
- Математика
"Решение алгебраических задач геометрическими методами"
Распопина Зинаида Андреевна
РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИМИ МЕТОДАМИ.
( Учитель математики МБОУ «СОШ №91» Распопина Зинаида Андреевна.
г Новокузнецк. Кемеровская область.)
Введение
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.
Актуальность: Математика – предмет, изучающийся с первого по выпускной класс. Объем материала, терминов, которыми должен оперировать старшеклассник по математике, чрезвычайно велик. Необходимо знать и уметь применят 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!».)
В своей работе мы ставим следующую цель: показать, что преимущество геометрического решения алгебраических задач в его наглядности, так как геометрический подход допускает изящное решение;
Задачи:
Найти и изучить литературу по данной теме.
Рассмотреть алгебраические задачи, которые можно решить и алгебраически и геометрически. Сравнить способы решения задач различными методами.
Определить задачи, которые удобнее решать геометрическим методом.
Рассмотреть ряд приемов решения нестандартных и конкурсных задач.
Развивающая задача: повысить свое интеллектуальное развитие.
Предмет исследования: Геометрические методы решения задач.
Объект исследования: Алгебраические задачи.
Методы исследования: Аналогия, обобщение, анализ научной литературы.
Мы рассмотрели в работе несколько типов задач, для которых подобрали решение и алгебраическим и геометрическим методами. Сравнили эти решения и попробовали применить данные способы для решения подобных задач. Мы рассмотрели лишь часть способов, показали лишь часть решенных задач.
Новизна работы заключается в углубленном изучении математики на основе интеграции алгебраического и геометрического методов решения задач.
Основная часть
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. «Тригонометрические функции — это испытанный аппарат геометрии и их тоже нужно излагать, отправляясь от простых наглядных задач, как они практически и возникли — из решения треугольников»?
Пример1: выразить через все остальные аркфункции.
Р
ешение: Так как
то можно рассматривать как радианную меру острого угла прямоугольного треугольника, в котором противолежащий ему катет а = 7, гипотенуза с =√50
П
о теореме Пифагора другой катет равен:
У
гол 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 х = π/4 Что же такое arctg2 ?
Э
то число из интервала (-π/2:π/2) тангенс которого равен 2. Аналогично и arctg3.
Воспользуемся графической интерпретацией (рис.5). Из рисунка видно, что arctg2 = x1 , arctg3 = x2 . Ясно, что числа х1 и х2 иррациональные и указать их значения можно только приближенно. По рис. 6 видно, что arctg2= α, а аrctg3 = β. Однозначно определить ответ невозможно.
И
спользование геометрического подхода делает данную задачу практически устной.
Выполним следующие построения: arctg3 = <BAM, arctg2 =<CAN (рис. 7). Тогда arctg1=<ВАС, где <ВАС - острый угол прямоугольного равнобедренного треугольника ABC (ВС = АС=√5, АВ = √lO , а по теореме, обратной теореме Пифагора, АВ2 = АС2+ВС2, следовательно <ВСА = 90°, а <ВАС = 45°). Таким образом, arctg2 + arctg3 + arctg1 = <ВАМ + <ВАС + <CAN = <MAN = π. Ответ: π .
2. Решение систем уравнений
Решить систему уравнений:
Решение:
По теореме обратной теореме Пифагора, из уравнения х2 + у2 =32 , числа х и у являются катетами 
АBD ( 
D – прямой) с гипотенузой АВ = 3. Рассматривая второе уравнение у2 + z2 = 16, построим BDC, где у и z – катеты, а ВС = 4 – гипотенуза. Третье уравнение y2 = xz подсказывает, что число у есть среднее пропорциональное чисел х и z.
По теореме обратной теореме о пропорциональных отрезках <АВС = 900 АС = ( х + z ) = 
= 5, тогда
AB2 = AD • AC, 9 = х • 5, х =9/5
BC2 = DC • AC, 16 = z • 5, z = 16/5
BD2 = y2 = 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 текстовые 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.
Решить задачу: 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.
4
. Решение конкурсных задач и задач ЕГЭ
Г
еометрическим 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? x2+y2=a
Решение: Построим линии, определяемые уравнениями системы.
r=√2/2. Четыре решения могут быть только в двух случаях,
когда a=R2=1, или a=r2=1/2.
Ответ:1;1/2.
П
ример2: При каких значениях a система уравнений x2+y2=z;
x+y+z=a
имеет единственное решение?
Решение: Система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда уравнение x2+y2+ x+y=a, полученное из системы x2+y2= z;
x+y+z=a имеет единственное решение.
Преобразуем полученное уравнение:
x2+y2+ x +y=(x2+x+0,25)+(y2+y+0,25)-0,25-0,25=a
(x+0,5)2+(y+0,5)2=0,5+a (*)
Итак, уравнение(*) задает на плоскости окружность с центром(-0,5;0,5)и радиусом R=√0,5+a.
1)Если 0,5+а<0, т.е. при а<-0,5, множество точек, задаваемых на плоскости уравнением(*), пусто, а следовательно, исходная система решений не имеет;
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.
Ответ: а = - 0,5.
Пример 3: Вычислить (без калькулятора и таблиц) sin18.
Приведём геометрический способ решения (рис 14).
Рассмотрим сектор OAB окружности с центром в точке O и радиуса 1,
Проведём хорду AB, на отрезке OB построим точку C так,
чтобы AC = AB, при этом <AСВ = <ABC= 72°, a <CАВ = 36°.
Таким образом, , следовательно, OC = AC.
Пусть AB = x, СВ = 1-x.
Поскольку АС – биссектриса треугольника ОАВ, справедлива пропорция 
= 
, откуда
х2+х-1=0, (х>0), х=(√ 5-1)/2
П
о теореме косинусов:АВ2=ОА2+ОВ2 -2ОА*ОВ*cos<АОВ, х2=1+1 – 2cos360,
х
= 2(1-cos360) = 2(1-cos2180+sin2180)= 2sin180
Тогда sin 180=(√ 5-1)/4
Ответ: (√ 5-1)/4
Геометрическим методом хорошо решаются тригонометрические уравнения и неравенства.
П
ример 4: Решить уравнение sin3x + 2
cos3x = 2
Р
ешение: Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами
ВС = 1 и АС = 2 . Тогда АВ = 
= 3. Пусть<А= φ, где φ – острый угол.
Тогда cos φ=2/3 и sin φ=1/3.
Имеем 
sin3x+
cos3x = 
, cos3xcos φ + sin3x sin φ=
сos(3x- φ)=. Решая уравнение получим: х=1/3arcsin1/3±1/3arccos2/3+2πn/3, nєZ
Ответ: х=1/3arcsin1/3±1/3arccos2/3+2πn/3, nєZ
П
ример 5: Найдите значение выражения 
tg(arcsin
). А
Решение: По определению арксинуса имеем: - 
arc
, причём если x 
0,
то 0 arcsin x . Построим прямоугольный треугольник АВС с углом А,
который равен arcsin. При этом, по теореме Пифагора, прилежащий катет будет
равен . Поэтому tg(arcsin) = 
= 
и tg(arcsin) = * = 2.
О
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Геометрический метод характеризуют как метод, идущий от наглядных представлений. Существенными признаками этого понятия являются геометрические (наглядные) представления и законы геометрии, в которых отражены свойства геометрических фигур.
Мы попытались сопоставить задачи и способы их решения, вот какая картина у нас получилась:
Мы предлагаем свой алгоритм решения алгебраических задач геометрическим способом:
1)Построение геометрической модели задачи, т.е. перевод её на язык геометрии;
2)Решение получившейся геометрической задачи;
3)Перевод полученного ответа с геометрического языка на естественный.
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.
Выводы
Мы рассмотрели различные задачи, подобрали для них геометрические способы решения, сравнили алгебраический и геометрический методы решения.
Удобнее и нагляднее всего решать геометрическим методом тригонометрические задачи. Этот метод можно использовать в качестве проверки при решении задач.
Рассмотренные геометрические методы подходят для решения конкурсных нестандартных и олимпиадных задач. Позволяют существенно упростить их решение, сделать его более понятным и наглядным.
Применение геометрических методов позволяет развивать пространственное воображение, которое является основным для освоения материала в старших классах. Позволяет сократить время решения задач (применимо к тестам).
Литература:
Куликова Л. В. , Литвинова С. А., За страницами учебника математики, М. - Глобус, 2008.
Киселева Ю. С., Методическое пособие по теме: Использование геометрических методов
при решении алгебраических задач.
В.А. Филимонов, Геометрия помогает решить задачу – Математика в школе № 2-3, 1992
Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин, Ю. В. Сидоров и др., Алгебра и начало анализа: Учеб. Для 10-11 кл. образоват. учреждений ,– 10-е изд., дораб. – М.: Просвящение, 2002. – 384с.
ПРИЛОЖЕНИЯ
Но когда эти науки (алгебра и геометрия) объединились, они энергично поддержали друг друга и быстро зашагали к совершенству.
Ж. Л. Лагранж
Решение квадратных уравнений и уравнений выше второй степени
В древности, когда геометрия была более развита, чем алгебра, квадратные уравнения решали не алгебраически, а геометрически.
Среднеазиатским ученым Мухаммедом ал-Хорезми (IX в.) были рассмотрены и решены шесть видов квадратных уравнений, но без какого бы то ни было алгебраического формализма (в геометрической форме), содержащих в общих частях только члены с положительными коэффициентами, причем рассматривались только положительные корни. Суть его рассуждений видна из рисунка (он рассматривает уравнение х2 + 10 x= 39 ).
Площадь большого квадрата складывается из площади х2 + 10x, равной левой части рассматриваемого уравнения, и площади четырех квадратов со стороной 5/2, равной 25.
Таким образом, SABCD =х2 + 10x + 25 = 39 + 25 = 64; откуда следует, что сторона квадрата ABCD, то есть отрезок АВ= 8, а искомая сторона первоначального квадрата равна
8-5/2-5/2=3.
С
ледует упомянуть и о нахождении корней квадратного уравнения ах2 + вх + с=О с помощью циркуля и линейки.
Допустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в точках B(x1;0) и D(x2;0), где х1 и х2 — корни уравнения ах2 + вх + с =0, и проходит через точки А(0; 1) и С(0;у) на оси ординат. Тогда по теореме о секущих имеем
ОВ * OD = О А * ОС, откуда
Центр окружности находится в точке пересечения перпендикуляров SF и SK, восстановленных в серединах хорд АС и BD, поэтому координаты точки S 
Итак:1)построим точки S; 
(центр окружности) и A(0;1);
2) проведем окружность радиуса SA;
3) абсциссы точек пересечения этой окружности с осью Ох являются корнями исходного квадратного уравнения.
При использовании данного метода также возможны три случая (рис. 3):
У
равнения степеней выше второй тоже решали геометрически при помощи кривых — гиперболы, параболы и др. Все возможные случаи решения кубического уравнения геометрическими методами рассмотрел среднеазиатский математик и знаменитый поэт Омар Хайям на рубеже XI-XII веков. Алгебраическое же решение кубического уравнения было найдено лишь в XVI веке.
Феликсом Клейном в монографии «Лекции об икосаэдре и решении уравнений пятой степени» изложена теория уравнений пятой степени, основанная на геометрических свойствах икосаэдра.
Геометрическое решение текстовых задач
Очень многие текстовые 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.
Пример 1: На двух копировальных машинах, работающих одновременно, можно сделать копию пакета документов за 10 мин. За какое время можно выполнить эту работу на каждой машине в отдельности, если известно, что на первой её можно сделать на 15 мин. быстрее, чем на второй?
Р
ешение: На оси абсцисс откладываем время работы копировальных машин в минутах (рис). Обе машины, работая вместе, сделают копию за 10 мин. (ОМ=10). Тогда одной первой для этого понадобится t мин, а одной второй – (t+15) мин. Положение точки V на оси ординат соответствует объёму работы, которую необходимо выполнить.
Так как объём работы прямо пропорционален затраченному времени, то график работы копировальных машин представляют собой отрезки: ОВ – график работы первой, ОС – график работы второй, ОА – график совместной работы.
Рассмотрим две пары подобных треугольников
Покажем, что AN=KM. За 10 мин. первая машина выполнит часть работы, соответствующую отрезку NM (AN – отрезок работы, который выполнит вторая машина). Но за 10 мин. Вторая машина выполнит часть работы, соответствующую MK. Поэтому AN=KM. Учитывая это равенство и то, что CP=VO, получаем 
= 
. Из пропорций (1) и (2) получаем соотношение:
= 
, из которого легко перейти к уравнению 
= 
Решая это уравнение, находим положительный корень t = 15. Таким образом, первая машина сделает копию пакета документов за 15 мин, а вторая – 30 мин.
Ответ: 15 мин, 30 мин.
При решении подобных задач иногда целесообразно выполнять иные построения.
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?
Р
ешение: 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
Тогда. Из равенства 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.
2014г
Краткое описание документа:
| Автор | |
|---|---|
| Дата добавления | 02.09.2014 |
| Раздел | Математика |
| Подраздел | Конспекты |
| Просмотров | 1929 |
| Номер материала | 168018090241 |
Просмотров: 474
Комментариев: 0
Просмотров: 427
Комментариев: 0
Просмотров: 720
Комментариев: 0
Просмотров: 555
Комментариев: 0
Просмотров: 1379
Комментариев: 0
Просмотров: 1610
Комментариев: 0
Просмотров: 3586
Комментариев: 0