Презентация к проектной работе по математике "Геометрическое решение алгебраических задач"

PPTX

Описание презентации по отдельным слайдам:

1 слайд

Геометрические решения алгебраических задач

Выполнили: Мануйлова Валентина и Овчарова Наталья
ученицы 10 физико-математического/социально-экономического класса МКОУ «Богучарский лицей».
Руководитель: учитель математики ВКК Кобелева Татьяна Васильевна.

2014
2 слайд

Цель работы:

Рассмотреть различные геометрические методы в решении алгебраических задач.

Задачи работы:

1) показать, что преимущество геометрического решения алгебраических задач в его наглядности, так как геометрический подход допускает изящные решения;
2) рассмотреть применение теоремы Пифагора и обратной ей теоремы для решения алгебраических задач;
3) рассмотреть применение метода линейных и двумерных диаграмм для решения алгебраических задач;
4) продемонстрировать применение геометрического метода для решения текстовых задач.
3 слайд

«Случися некому человеку к стене лестницу прибрати, стены же тоя высота
есть 117 стоп. И обреете лестницу
долготью 125 стоп. И ведати
хочет, колико стоп сея лестницы
нижний конец от стены отстояти имать»

Решение: Пусть х-расстояние от
лестницы до стены (рис. 2)

По теореме Пифагора:
1172+ х2=1252
х2=1936; х=44 , так как х>0

Ответ: 44 стопы.
Задача из «Арифметики» Магницкого
4 слайд

Решение алгебраических задач с помощью теоремы Пифагора.
Решите уравнение :
«Найдите катет х прямоугольного треугольника, если его гипотенуза равна 13, а другой катет равен 12»
В результате получаем |х|=5, а значит, х=±5.

Ответ: х=±5.
5 слайд

Решите систему уравнений при условии, что x, y, z и t – положительны.

Решение:
Треугольник AВС с прямым углом С (рис. 4b), у которого катет АС = 8, поскольку сумма длин соответствующих катетов равна 8. Катет ВС = 6,
так как x + у + z + t = 6. тогда гипотенуза
АВ = =10. Отсюда следует, что
гипотенузы рассматриваемых
треугольников лежат на одной прямой,
потому что в противном случае длина
ломаной AFEDB была бы строго больше
10.Точки F, E и D делят гипотенузу
АВ на части, которые относятся
BD:DE:EF:FA = 1:2:3:4. Проведем
через эти точки прямые,
параллельные катету АС. По теореме
о пропорциональных отрезках катет
ВС разделился в том же отношении,
т.е. x:y:z:t = 1:2:3:4.
Ответ: x = 0,6, y = 1,2, z = 1,8, t = 2,4.
6 слайд

Применение в решении задач теоремы, обратной теореме Пифагора.
. Из условий х2+у2=9, у2+z2=16 и у2=хz для положительных х, у, z, не вычисляя их значений, указать значение выражения ху+уz
Решение:
По теореме, обратной теореме Пифагора , числах, у и 3 являются соответственно длинами катетов и гипотенузы треугольника АВD с прямым углом D. Из 2-го уравнения у, z и 4 так же есть
соответственно длины катетов и гипотенузы
треугольника ВСD с прямым углом D.
Третье уравнение системы разрешает
утверждать, что число у есть среднее
пропорциональное чисел х и z,
и по теореме, обратной теореме о
пропорциональных отрезках в
прямоугольном треугольнике,
угол АВС – прямой (рис).
Теперь рассмотрим выражение
ху+уz. ху+уz=(х+z)у= 2SAВС=3•4=12.
Ответ: ху+уz=12
7 слайд

Решение текстовых задач
На двух типографских станках, работающих одновременно, можно сделать копию пакета документов за 10 минут. За какое время можно выполнить эту работу на каждом станке в отдельности, если известно, что на первом ее можно сделать на 15 минут быстрее, чем на второй?

Решение:
На оси абсцисс откладываем время работы станков в минутах. Оба станка сделают работу вместе за 10 минут. ОМ=10. Тогда одной первой понадобится t минут. А второй (t+15) минут.V - объем работ, который нужно выполнить. ОВ - график работы первого станка, ОС - второго, ОА – вместе (рис. 9). ΔОVB≅ΔNAB и ΔOPС≅ΔOMK, откуда
VO/AN=VB/AB и СP/KM=OP/OM; покажем, что
AN=KM. Так как за 10 минут первый станок
выполнит часть работы, соответствующий отрезку
NM (AN - отрезок работы который выполнит второй станок).
Но за 10 минут второй станок выполнит часть работы,
соответствующую МК. Поэтому АN=КМ.
Учитывая это равенство и то, что СР=VO, получаем,
VO/AN=CP/KM. Так как VO/AN=VB/AB и
СP/KM=OP/OM, то получаем соотношение: VB/AB=OP/OM, значит t/(t-10)=(t+15)/10; t2-5t-150=0; t=15 Таким образом, I станок выполнит работу за 15 минут, а II за 30 минут.
Ответ: 15 минут, 30 минут.
8 слайд

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.
9 слайд

Задачи с практическим применением
Задача «О судне».
Парусное судно стояло на ремонте на Соломбальской судоверфи. Для крепления мачты необходимо было установить 4 троса. Один конец каждого троса должен крепиться на высоте 12 м, другой на земле на расстоянии 5 м от мачты. Хватило ли 50 м троса для крепления мачты? (рис. 11)

Решение:
По теореме Пифагора 122+52=144+25=169; 13•4=52 (м)
Ответ: троса не хватило
10 слайд

Решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки
Найдите корни квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки.
Допустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в точках В(х1;0) и С(х2;0) где х1 и х2 –корни квадратного уравнения ax2+bx+c=0, и проходит через точку А(0;1) (рис). Тогда по теореме о секущих имеем OС×OВ=OЕ×OА, откуда OЕ= =(OB×OС)/OA=(x1×x2)/1=c/a.
Центр окружности -точка пересечения
перпендикуляров SF и SK, восстановленных в
серединах хорд АЕ и BС , поэтому
ОК=(x1+x2)/2=-b/2a,ОF=(1+c/a)/2=(a+c)/2a.
Способ нахождения
корней квадратного уравнения ax2+bx+c=0
с помощью циркуля и линейки:
построим точки S (-b/2a; (a+c)/2a) – центр
окружности и А(0;1);
2) проведем окружность радиуса SA;
3) абсциссы точек пересечения этой
окружности с осью Оx являются корнями исходного
квадратного уравнения (рис).
11 слайд

Решить квадратное уравнение 7х2-6х-1=0.
Решение:
1)Построим точки S (-b/2a; (a+c)/2a) =S(3/7; 3/7) - центр окружности и А(0;1) на координатной плоскости;
2) Проведем окружность радиуса SA (рис. 4);
3) Окружность пересекает
ось абсцисс в точках (-1/7;0)
и (1;0)
4) Проверкой убеждаемся,
что х1=−1/7; х2=1 –
корни данного уравнения.

Ответ: х1=−1/7; х2=1
12 слайд

Графический способ решения алгебраических систем уравнений и задач

Решить уравнение: |x-1|+2x-5=0.
Решение:

Запишем уравнение в виде lx-1=5-2х .
Так как |x – 1| ≥ 0 при любых х, то и
5 – 2x ≥ 0 ,
т. е. x ≤ 2,5. Построим графики
функций
у1=|x-1|, y2=5-2x (рис. 5).

Решением данного уравнения является
абсцисса точки пересечения данных
графиков.
Ответ: х=2
13 слайд

Дано: sin x = 0, 75, 0°≤ α ≤ 90°

Найти cos α, tg α.

.
14 слайд

Геометрическое решение некоторых нестандартных задач
При каком а система уравнений имеет ровно четыре решения?
Решение:

Построим линии, определяемые
уравнениями системы (рис. 9).
Четыре решения могут быть
только в двух случаях,
когда. a = R2 =1 или a = r2 =1/2

Ответ:1; 1/2
15 слайд

Заключение
Геометрия придает алгебре необыкновенную красоту и изящность. А вместе алгебра и геометрия представляют собой единое целое. Вспомним крылатую фразу французского математика Софии Жермен : «Алгебра – не что иное, как записанная в символах геометрия, а геометрия – это просто алгебра, воплощенная в фигурах».В ходе работы нам удалось увидеть синтез этих двух великих наук. Мы убедились, что
геометрические подходы часто
упрощают решение задач.

Геометрия-

Краткое описание материала

Работа заняла 2 место в Воронежском Государственном Университете на Научно-практической конференции учащихся, секция "Математика" 2014 уч. год.

Актуальность темы состоит в необходимости связи алгебры и геометрии, как элементов, составляющих одно целое – науку математику, а также в применении знаний геометрии в жизни. Поэтому любое представление условия задачи в виде рисунка или чертежа облегчает решение задачи.

Суть геометрического метода состоит в том, что решение задачи и доказательство направляется наглядным представлением.

Цель работы: рассмотреть различные геометрические методы в решении алгебраических задач.

Задачи работы:

1) показать, что преимущество геометрического решения алгебраических задач в его наглядности, так как геометрический подход допускает изящное решение;

2) рассмотреть применение теоремы Пифагора и обратной ей теоремы для решения алгебраических задач;

3) рассмотреть применение метода линейных и двумерных диаграмм для решения алгебраических задач;

4) продемонстрировать применение геометрического метода для решения текстовых задач.

В реферате рассмотрены:

1) исторические задачи, решенные геометрическим способом;

2) задачи на движение с использованием чертежа и подобия треугольников;

3) решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки;

4) графический способ решения алгебраических систем уравнений и уравнений с модулем;

5) решение некоторых типов тригонометрических задач геометрическим способом;

6) решение задач с параметром геометрическим способом.

Геометрия придает алгебре необыкновенную красоту и изящность. А вместе алгебра и геометрия представляют собой единое целое. Вспомним крылатую фразу французского математика Софии Жермен : «Алгебра – не что иное, как записанная в символах геометрия, а геометрия – это просто алгебра, воплощенная в фигурах» . В ходе работы нам удалось увидеть синтез этих двух великих наук. 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. Достигнута цель работы, которая заключается в углубленном изучении математики на основе интеграции алгебраического и геометрического методов решения задач.
В процессе исследования мы решили много исторических, практических, алгебраических задач геометрическими способами. Решения некоторых из них продемонстрированы в работе. Рассматривая различные источники и анализируя литературу, мы пришли к выводу, что алгебраические задачи, которые можно решить геометрически, встречаются очень часто, как на ЕГЭ, так и в школьных учебниках. Мы убедились, что геометрические подходы часто упрощают решение задач. Таким образом, цель работы достигнута.

Преимущества решения задач геометрическим способом:

Графическая иллюстрация облегчает проведение анализа, составления уравнений, помогает найти несколько способов решения.
Расширяется область использования графиков, повышается графическая культура.
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).

Описание презентации по отдельным слайдам

Презентация к проектной работе по математике "Геометрическое решение алгебраических задач"

Математика

Презентации

01.11.2014

2791

Файл будет скачан в формате:

PPTX

Автор материала

Кобелева Татьяна Васильевна

учитель математики

На сайте: 10 лет и 6 месяцев
Всего просмотров: 37455
Подписчики: 2
Всего материалов: 14

37455
просмотров
14
материалов
2
подписчиков

Настоящий материал опубликован пользователем Кобелева Татьяна Васильевна.
Инфоурок является информационным посредником. Всю ответственность за опубликованные материалы несут пользователи, загрузившие материал на сайт. Если Вы считаете, что материал нарушает авторские права либо по каким-то другим причинам должен быть удален с сайта, Вы можете оставить жалобу на материал.