Презентация по математике по теме "Различные методы решения задач как способ активизации мыслительной деятельности учащихся"

 

                                                                           Подготовила учитель математики

                                                                      Хохлова Виктория Викторовна

 

Важнейшая задача школы – давать подрастающему поколению глубокие и прочные знания основ наук, вырабатывать навыки и умения, применять их на практике. Одной из основных и главных задач школы является формирование у детей прочных знаний по математике.

На основании имеющегося опыта, считаю, что для математического развития учащихся, для развития их творческого мышления гораздо полезнее решить одну задачу несколькими способами, чем несколько однотипных задач одним способом.

Рассматривая решение задач несколькими способами, как на уроке так и во внеклассной работе  ориентирую учащихся на поиски более красивых, изящных решений на сколько это возможно. Конечно, это способствует  эстетическому воспитанию учащихся и повышению их математической культуры. Решая с учащимися ту или иную задачу, ориентируюсь  на достижение следующих  целей:

первая - помочь ученику решить именно данную задачу, научить его решать задачи, аналогичные рассматриваемой;

вторая - так развить способности ученика, чтобы он мог в будущем решить любую задачу школьного курса самостоятельно.

При поиске различных способов решения задач у школьников формируется познавательный интерес, развиваются творческие способности, вырабатываются исследовательские навыки. После нахождения очередного метода решения задачи учащийся, как правило, ученик получает моральное удовлетворение и конечно же отличную отметку.

Исходя из  вышеизложенного,  целью моей работы есть желание

показать влияние решения задач различными способами   на уроках математики на развитие мыслительной деятельности, познавательной активности школьников,  а также  на развитие их логического мышления.

  Задачи, которые  я решала в процессе достижения цели следующие:

- изучение теоретической основы данного материала;

 - роль задач в развитие личности учащихся;

- познакомить и изучить новые способы решения известных  задач.

 - создать подборку таких  задач  для себя и использовать их в работе с учащимися на уроке и во внеклассной работе.

  В  приложении моей работы  имеется достаточная подборка  задач с различными способами решения из разделов: математика, алгебра, геометрия, которые   использую  в  своей работе.

 Умения решать математические задачи является наиболее яркой характеристикой состояния математического образования.

Значит для того, чтобы научиться решать задачи, надо разобраться в том, что собой они представляют, как они устроены, из каких частей они состоят.

Процесс решения учебной задачи можно разделить на 4 основные этапы: осмысление условия задачи (анализ условия), поиск и составление плана решения, осуществление плана решения, изучение (исследование) найденного решения.

Действительно, если  присмотреться  к любой задаче, то видно, что она представляет собой требование или вопрос, на который надо найти ответ, опираясь и учитывая те условия, которые указаны в задаче надо установить её структуру.

                                                 Задача

                             Условия                                  Требования (вопрос)

               Что известно                                     Что надо найти

Решение задач имеет целью не только показать учащимся приложение изученной теории на практике, но и глубже осознать изученную теорию, способствует развитию логического мышления.

При решении задач учащиеся имеют возможность в большей мере проявить самостоятельность, инициативу, чем при изучении теоретического материала. В связи с этим естественно и в методике преподавания математики большое место занимает методика обучению решению текстовых (алгебраических) задач.

Воспитательное воздействие оказывает общий подход к решению задач: система задач, место, методы и формы ее решения, стиль общения учителя и учащихся, учащихся между собой при решении задач. Решение задач позволяет учащимся воспитывать в себе настойчивость, трудолюбие, активность, самостоятельность, формирует познавательный интерес, помогает вырабатывать и отстаивать свою точку зрения, воспитывать достоинство личности.

Развивающие функции задач заключаются в том, что в деятельности решения задач отрабатываются умения применять теоретические знания на практике, выделять общие способы решения, переносить их на новые задачи, развиваются логическое и творческое мышление, внимание, память, воображение.

Для выработки правильного понимания школьниками поставленной задачи рекомендую  соблюдение следующих требований:

1.                 Начинать изучение условия задачи с аккуратно выполненных схем.

2.                 Помнить, что правильное графическое представление условия задачи означают по существу четкое, ясное и конкретное представление о всей ситуации вложенной в  ее условие.

3.                 Представить ясно и детально все основное, связанное с данной задачей. Обстоятельно выясните, что дано, что надо найти; выделите при этом главное в тексте условия задачи и сконцентрируйте на нем своё внимание.

4.                 Выделите на чертеже данные и искомые величины различными яркими цветами;

5.                 Проверить тщательно каждое выдвигаемое в процессе решения задачи положение контрольными вопросами вида: что это означает, какие имеются основания  для данного утверждения.

6.                 Проверить сколько решений имеет  задача, оценить полученный результат и записать ответ.

  Первое из этих требований,  особенно важно при решении геометрических задач, где наглядный и четкий чертеж позволяет иной раз с первого же взгляда обнаружить возможные пути решения.

Немаловажную роль в успешном решении задач играет целенаправленность поиска решения, т.е. сознательное ограничение числа проб и ошибок, характерных для начальной его стадии.

Решение задач разными способами осуществляет право ученика на выбор решения, даже если оно не является традиционным.  Когда есть выбор  способа  решения задачи – это делает ученика свободным, спокойным, появляется возможность его успеха. Все эти рассуждения и есть часть плана формирования социально адаптированной личности в условиях современной школы.

Считаю необходимым рассмотреть и такой тип урока как « Урок одной задачи»

Урок одной задачи – это поиск разных способов решения этой задачи. На  таком уроке  у ученика появляется возможность найти способ решения, то есть способ, который ему понятен, в котором он может максимально выразиться. На уроке одной задачи ученик услышит разные рассуждения, мнения, увидит различные приемы решения. Кроме того, у нас учителей уменьшается возможность навязать свой способ рассуждения, значит, уменьшается потребность учить по шаблону «делай как я», а у ученика, наоборот, появляется возможность решить как он этого хочет. Таким образом,  формируется  личность, способная думать, отстаивать свое мнение, находить выход из создавшейся ситуации, а в перспективе – разбираться в жизни, в людях.

Уроки одной задачи не оставляют равнодушными ни одного ученика. Возрастает мотивация обучения математике, улучшаются результаты самостоятельных и контрольных работ. Решение задачи разными способами помогает восполнить пробелы в ранее изученных темах, побуждает учащихся к поиску различных приемов решения задачи.

Выделение "ключевых задач" позволяет уделить время на решение более интересных задач и на проведение уроков решения "одной задачи" различными методами.

Урок одной задачи формирует навык исследовательской работы, активизирует мысль учащихся, развивает сообразительность, повышает интерес учащихся к работе. Его лучше проводить, когда учениками усвоены необходимые понятия и разобран ряд частных приёмов решения. Эффективнее проводить такие уроки, начиная со второго полугодия 8-го класса, в 9-ом классе и в большей мере  по геометрии в старших 10-ом и 11-ом  классах.

При решении  задач школьного курса  можно использовать  следующие способы:

1)                Арифметический – данный способ я считаю не рациональным, так как очень часто сложно объяснить, сделать пояснение к действиям .Однако, именно решение задач арифметическим способом способствует развитию оригинальности мышления, изобретательности.

2)                Графический способ – является интересным, познавательным, но требует расширенного кругозора по математике.

3)                Вычислительный способ с использованием геометрических знаний, мотивируют учащихся повторяют систему координат, понятие площади. То есть движение можно рассматривать как площадь прямоугольника. Учащиеся проводят аналогию формулы движения и нахождения площади прямоугольника.

4)                Алгебраический способ ( составление уравнения) -

5)                 Алгебраический способ ( составление систем  уравнения) -

Ученики могут выбрать для себя более подходящий вариант решения для  составления  модели  уравнения.

Предлагаю  следующие способы  решения  нижеперечисленных  задач:

Задача. Два автомобиля выехали одновременно навстречу друг другу из двух городов, расстояние между которыми 600 км, и через 4 ч встретились. Определи скорость каждого автомобиля, если один ехал быстрее другого на 12 км/ч.

Арифметические способы

I способ:

1) 600 :4 = 150 (км/ч) – скорость сближения.
2) 150 – 12 = 138 (км/ч) – была бы скорость сближения, если бы скорости были равными скорости второго автомобиля.
3) 138 : 2 = 69 (км/ч) – скорость второго автомобиля.
4) 69 + 12 = 81 (км/ч) – скорость первого автомобиля.

II способ:

1)600 : 4 = 150 (км/ч) – скорость сближения.
2) 150 + 12 = 162 (км/ч) – была бы скорость сближения, если бы скорости были равными скорости первого автомобиля.
3) 162 : 2 = 81 (км/ч) – скорость первого автомобиля.
4) 81 – 12 = 69 (км/ч) – скорость второго автомобиля.

III способ:

1) 12 ^. 4 = 48 (км) – на столько больше путь первого автомобиля.
2) 600 – 48 = 552 (км) – проехали бы два автомобиля, если бы скорости были равными скорости второго автомобиля.
3) 552 : 2 = 276 (км) – проехал второй автомобиль.
4) 276 + 48 = 324 (км) – проехал первый автомобиль.

Алгебраические способы

I способ:

Пусть х (км/ч) – скорость второго автомобиля.
Тогда скорость первого автомобиля равна (х + 12) (км/ч).
Скорость сближения автомобилей – (х +х + 12) (км/ч).
Общий путь автомобилей до встречи – (х + х + 12) x 4 (км).
По условию задачи этот путь равен 600 км.
Получаем уравнение: (х + х + 12) ^. 4 = 600.   х=69   69км/ч –скорость второго автомобиля  и 69+12=81(км/ч) – скорость первого автомобиля.

II способ:

Пусть скорость первого автомобиля х (км/ч.)
Тогда скорость второго автомобиля равна (х – 12) (км/ч).
Скорость сближения автомобилей – (х +х – 12) (км/ч).
Путь двух автомобилей до встречи равен (х+ х– 12) x 4 (км).
По условию задачи он равен 600 км.
Получаем уравнение – (х + х– 12) ^. 4 = 600. Получаем х=81, 81км/ч  скорость первого автомобиля,  69км/ч скорость второго автомобиля.

Задачи на концентрацию

 В толковом словаре концентрация (лат conc+centrum)-центр, сосредоточение.

В химии – относительное содержание данной составной части (компонента) в смеси, растворе, сплаве.

Задача.  Имеется кусок сплава меди с оловом общей массой 12 кг, содержащий 45% меди. Сколько чистого олова надо добавить к этому куску сплава, чтобы получившийся новый сплав содержал 40% меди?

Решение :

1способ: (использование таблицы)

М ч.в	М общ.	К
0 ,45 ·12 =5,4      0,4(12 +х)	12      12 +х	0,45    0,4

По условию задач составляем уравнение:

                             0,4(12 +х) =5,4.

                                  х =1,5;    1,5кг олова

                                                    Ответ :      1,5 кг

2 способ: (составление уравнения)

 12 ·0,45 =5,4(кг) – чистой меди в сплаве

Пусть  х кг  олова добавили, получили

(12 +х) кг – масса нового сплава

5,4: ( 12 +х) = 0.4,

          12+х =5,4 : 0,4

           12+х =13,5

                х = 1,5 ,     имеем  1,5 кг – олова

               Ответ :    1,5 кг

Рассмотрим решение одной задачи различными способами и посмотрим, чему оно может научить учащихся.

ЗАДАЧА. Площадь прямоугольника равна а². Найти наименьшее значение периметра этого прямоугольника.

I способ:

Для решение задачи достаточно рассмотреть полупериметр данного прямоугольника. Обозначим длины сторон прямоугольника через x и y, полупериметр через p.

Запишем задачу символически:

xy = a²; x + y = p;   p – наименьшее.

Воспользуемся тождеством

 (x + y)² – (x – y)² = 4xy;

Так как       xy = a² и x + y = p,

то                p² = (x – y)² + 4a².

Наименьшее значение p² достигнет тогда, когда x – y = 0, т.е. x = y.

В этом случае  p² = 4a²

Следовательно p = 2a

Вывод. Наименьшее значение полупериметра p равно 2а, когда x = y.

II способ:

Пусть x – длина стороны прямоугольника. Тогда длина смежной стороны равна p – x, а площадь прямоугольника запишется так:

S = x (p – x); S = a², значит,

xp – x² – a² = 0,         или

x² + a² – xp = 0.

Имеем сумму квадратов двух переменных x² и a², прибавим к ней 2ax. Чтобы не изменилась сумма, вычтем это же выражение:

x² – 2ax + a² + 2ax – xp = 0,     или

(x² - a)² + x (2a – p) = 0.

Выделили из суммы полный квадрат разности выражений x и a. Последнее равенство возможно только при 2a – p < 0 так как

 (x – a)² > 0, x > 0, т.е. p > 2a.

Очевидно, наименьшее значение p равно 2a.

III способ:

Введем следующие обозначения:

где q – некоторое число, p – полупериметр.

Решая систему, получим:

x = ;  y =

Найдите площадь

       отсюда

p² = 4a² + q²,

и p будет наименьшим, когда q = 0, т.е. x = y.

Следовательно p = 2a

Способ №1

1. Продолжим ВС вправо. Проведем DК||АС. Так как АСКD – параллелограмм, то DК=6см.

2. ВD⊥DK, так как BD⊥AC.         ∆ BDK – прямоугольный.

 ВK= ВK==10(см)

3. BK=BC+AD. Средняя линия равна половине BK, т.е. 5 см.

Ответ: 5 см.

Способ №2 (похожий на способ №1)

     Проведем CE ∥ BD до пересечения с продолжением AD.

    DE=BC, так как DBCE –параллелограмм. AE вычислим по теореме Пифагора из ∆ACE  (CE ∥ BD, но BD⊥AC, следовательно CE⊥AC):

    AE=    AE== 10(см)

    AE = а+b. Но средняя линия равна , т.е. 5 см.

   Ответ: 5 см.

Способ №3

   1. MN – средняя линия трапеции. Проведем

   MK ||BD и соединим точки N и K.

   2. NK – средняя линия ∆ACD, следовательно,

    NK -  AC; NK=3 (см)

   3. MK – средняя линия ∆ABD, следовательно,

   MK –; MK =4 (см)

   4. угол MKN = углу AOD как углы с соответственно параллельными сторонами.

   5. ∆MNK – прямоугольный.

   MN =; AE==5 (см)

   Ответ: 5 см.

Способ №4

Соединим середины сторон трапеции.

Легко доказать, что MNPQ – параллелограмм с прямым углом, т.е. прямоугольник со сторонами 3 см и 4 см. Диагонали его MN=PQ=5 см (египетский треугольник).

   Ответ: MN=5 см.

Способ №5

Пусть точки M и N – середины сторон BC и AD. Можно доказать, что  ON = kMO т. е. векторы коллинеарны и точки M, O, N лежат на одной прямой. Известно, что

MO =  (BO + CO)

ON =  (OA + OD)

MO + ON =  (BO + CO + OA + OD)

MN =  (CA + BD).

MN² =  (CA² + 2CA * BDcos90^o + BD²)

                                        ⁰

MN² =  (6² + 8²) = 25; MN = 5

Используя предыдущий способ, легко показать, что MN равно длине средней линии в этой трапеции.

Ответ: 5 см.

Способ №6 

(с использованием векторного аппарата)

AD = AO + OD

BC = BO + OC

Сложим эти равенства почленно:

AD + BC = BO + CO + OA + OD

AD + BC = AC + BD

AD² + 2AD * DC cos 0^o + BC² = AC² + 2AC * BD cos 90^o + BD²

(AD + BC)² = AC² + BD²;

(AD + BC)² = 6² + 8² = 100,

AD + BC = 10.

Но средняя линия равна полусумме AD и BC, т. е. 5 см.

Ответ: 5 см.

Способ №7

1. Продолжим CA на расстояние AM = CO. Через точку M проведем MN || AD. BD З MN = N.
2. ∆ OMN – прямоугольный, OM = 6 см, ON = 8 см. Следовательно, MN = 10 см (теорема Пифагора).
3. Проведем MK || ND. Продолжим AD до пересечения с MK. ∆ MAK = ∆ BOC (по I признаку), следовательно, AK = BC.
4. MKDN – параллелограмм, DK = MN = 10 см. Но DK = AD + BC. Значит, средняя линия равна 5 см.

Ответ: 5 см.

Способ №8

   Продолжим AC за точку A так, что AM = OC. Продолжим BD за точку D так, что DN = BO. Итак,   ∆ OMN – прямоугольный с катетами 6 см и 8 см. По теореме Пифагора MN = 10 см. Проведем AE ^ MN, DF ^ MN, OK ^ BC.

∆ AME = ∆ KOC       по стороне и двум

                                  прилежащим к ней

∆ DFN = ∆ BKO        углам

Следовательно, ME = KC и FN = BK, т. е. MN = AD + BC = 10 (см).

Средняя линия равна:

Ответ: 5 см.

Способ №9

Пусть OC = x, BO = y; тогда AO = 6 – x, DO = 8 – y. MN – средняя линия.

1. Из подобия ∆ BOC и ∆ AOD имеем:

2. Из прямоугольного треугольника BOC имеем: 

3. Из подобия  ∆ BOC и ∆ AOD имеем:

4.  =

Ответ: 5 см.

Способ №10

1. Из подобия BOC и AOD, имеем:

2. Продолжим диагонали на отрезки, равные CO и BO.

3. Из ∆ MON: MN = 10 см.

4. ∆ AOD подобен  ∆ MON

 

5. В ∆ BOC:

BC =

6. ∆ BOC подобен ∆ AOD

7. BC =

8. Средняя линия равна

Ответ: 5 см.

Способ №11

Пусть - средняя линия. OC = x, BO = y, OA = 6 – x, OD = 8 – y.

Из подобия  ∆ BOC и  ∆ AOD:

Пусть x < 3 (половины AC).

AD =

Возведем в квадрат:

  ∣ ⋅ 3

 ∣ ∶ 4

3a² – 5ax + 25x – 75 = 0.

Решим относительно a:

Ответ: 5 см.

Способ №12

1. Из подобия  BOC и AOD:

2.  ∆ BOC - прямоугольный.

3. Найдем cos a либо по формуле либо по методу треугольника:

4. Из ∆ BOC: 

5. Из ∆ AOD:

6.  Средняя линия равна:

Ответ: 5

Способ №13

1. Из подобия треугольников ∆BOC и ∆AOD:

2.   ax = 6b – bx, (a + b)x = 6b,  ,

3.  =

4.

    tga =                    

                               5              3

    sin a = ?                a                     sin a =

                                   4

Ответ: 5 см.

Способ №14

1. 

2. Из ∆ ACE:

AE =

Из ∆ DBF:

FD =

3. AE + FD =

Средняя линия:

Из ∆ACE:

tga =

 ,

5. Подставив в (*), находим

Способ №15

1.

2. Из вершины B проведем BE ∥ AC и BE = AC. Тогда BE ⊥ BD. Продолжим AD до пересечения с BE.

3.

H – высота не только трапеции, но и прямоугольного треугольника EBD с катетами 6 см и 8 см, проведенная из вершины прямого угла на гипотенузу, т.е.

4. По теореме Пифагора:

ED = ,

ED =

5. Средняя линия равна