Статья "Графический метод решения задач" по математике для обучающихся 7-11 классов

Графический  метод  решения  задач.

  В школьной практике в последнее время  один из ведущих способов решения задач связан с алгебраическим (аналитическим) методом их решения, что указывает на определённый разрыв между методами решения задач, применяемыми в науке, технике, повседневной жизни.

  Устранение, где это возможно, указанного разрыва является одной из важнейших проблем усиления политехнической направленности школьного курса обучения. В большей степени эта проблема вызвана тем, что существующие учебные и методические пособия не уделяют должного внимания различным методам решения задач. Между тем реализация их даёт большие возможности для  совершенствования обучения  математике.  Для  обеспечения  дальнейшего повышения

качества обучения недостаточно совершенствовать лишь вычислительные  методы  математики, но необходимо также развивать и совершенствовать геометрические и графические методы, составляющие основы конструктивного мышления.

       Графические методы и проецирование,    как мне кажется, могут

 успешно конкурировать  и сочетаться с аналитическими , как отличающиеся  большей  наглядностью и  простотой.

     В своей практике я часто применяю этот метод для решения задач из разных тем и разделов алгебры и геометрии. В одной небольшой статье не представляется  возможным  сколь-нибудь обстоятельно раскрыть все аспекты. Для выявления определённых преимуществ графических методов перед аналитическими рассмотрю решения некоторых задач.

1. Решение текстовых задач с использованием координатного метода.

           Как уже отмечалось выше, один из ведущих способов решения текстовых задач связан с использованием уравнений,  первое знаком-ство с которыми начинается в начальной школе. Обучающиеся пя-тых- шестых классов, по существу, решают текстовые задачи только составлением уравнения по их условию.  Считаю чрезмерное

 увлечение этим способом не вполне оправданным.

         Некоторые задачи решаются проще арифметическим способом с использованием координатного луча. Замечу, что в процессе решения задач единичный отрезок явно не указывается, но подразумевается в каждой наглядной иллюстрации.

Задача 1.  Турист часть пути прошёл пешком, часть проехал на вело-

                 сипеде, остальной путь проехал на машине. Пешком турист

                  преодолел путь, в четыре раза меньший, чем на велосипеде,

                  а на машине на 300 км. больший, чем пешком. Какой путь

                  турист прошёл пешком, если на машине он проехал на

                  60 км. больше, чем на велосипеде?

                                                РЕШЕНИЕ:

                  1 способ                                                          2 способ

Пусть х км.- путь туриста пешком.             Изобразим схематически

Тогда 4х км.- путь, проделанный                движение туриста на раз-

на велосипеде, ( х + 300 )км., или               ных участках его пути.

( 4х + 60 )км.- путь на машине.                    п:

Составим уравнение и решим его:               в:

       х + 300 = 4х + 60;                                    м:

       4х – х = 300 – 60;                                                                           -60

       3х = 240;                                                                     

       х = 240 : 3;                                                                          + 300

       х = 80.                                                     Покажем, какова разница в                                                                                               

                                                                        километрах между ними.

                                                                        Из чертежа явно видно, что

Турист прошёл пешком 80 км..                   в трёх частях пути 240 км.,

                                                                        значит в одной части 80 км.

                                      Ответ: 80 км.

Рассмотрим ещё один пример:

Задача 2: Из деревни вышел пешеход, а через два часа вслед за ним                                   

                 выехал велосипедист. Скорость велосипедиста 10 км/ч., а

                 скорость пешехода 5км/ч..  Через сколько времени после

                 своего выезда велосипедист догонит пешехода.

                                      РЕШЕНИЕ:

                          Решим задачу графически.

                                             

                    |______|______|______|______|_______________

                    0           5          10         15        20

                                                               

Ответ:  встреча произойдёт через два часа.      

Ознакомление обучающихся с этим способом не потребует много времени,    однако его  применение поможет учителю  в обучении решению задач.

    Хочу отметить, что возможно и разумное сочетание рассмотренных способов, например, сначала изобразить наглядно условие задачи для лучшего его понимания, а после этого ввести х и составить уравнение по условию.

     Использование координатного луча кроме  непосредственной помощи в нахождении верного пути решения задачи формирует координатные представления обучающихся. Это, несомненно, станет дополнительной основой при дальнейшем изучении координатного метода.

2. Графики равномерного движения при решении текстовых задач.

Задача 2. Из двух населённых пунктов А и В одновременно навстречу

                друг другу выходят два туриста. При встрече оказывается,

                что  турист, вышедший из А, прошёл на 2 км. больше, чем

                турист, вышедший из В. Продолжая движение с той же

                скоростью, первый турист прибывает в В через 1 час 36мин.,

                а второй в А – через 2 часа 30 мин.. Найдите расстояние  АВ

                и скорость каждого туриста.

Обычно при решении текстовых задач на движение для наглядности

пройденное расстояние изображают отрезком. Применение коорди-натной прямой для решения этой задачи вряд ли приведёт к его упро-щению. Этот недостаток можно устранить, применяя графическое представление движения, известное из курса физики.

Отмечу, что при решении задач на равномерное движение, если равны скорости, пройденные расстояния и промежутки времени, полезны соотношения:

               s₁/s₂ = t₁/t₂ ;   

               v₁/v₂ = t₁/t₂ ; 

               s₁/s₂ = v₁/v₂ .

Кроме того, напомню, что тангенс угла наклона прямой   х = x₀ + vt  к оси  Оt численно равен скорости тела.

Вернёмся теперь к задаче.

РЕШЕНИЕ:

                                                       Построим график движения туристов.

                                                       По условию задачи РО – РК = 2

   s                                                             КС = 1,6 и ОД = 2,5.

                                                                  Из подобия треугольников

    В                К  1,6 С                             (ïВКР  ≈ïДОР, ïСКР ≈ïАОР )

                                                                 следует, что

                          Р                                      ==, но ВК = АО,

                                                                  Поэтому =, или АО = 2.

    А                О     2,5            Д         t        Далее, =, откуда

                                                                  РК = 8 км., значит  АВ =18 км.

                                                                  V₁= 5км/ч.  и  V₂= 4 км/ч..

Как видим,  использование графиков приводит к простому и       красивому решению.

Задача 2: Теплоход от Горького до Астрахани идёт пятеро суток,

                 а от  Астрахани до Горького  идёт семеро суток. Сколько

                 дней будет плыть плот от Горького до Астрахани.

РЕШЕНИЕ:

 

                             Д                                                 Х

              А

                                        К

                        

               Г            О       В   С                                 Р  

Скорость движения теплохода относительно плывущего плота одна

и та же как по течению реки, так и против течения, поэтому если теплоход и плот выйдут  из Г одновременно, то теплоход, возвратясь из А, встретит плот через столько же дней, сколько он потратил на путь из Г в А, следовательно, ГО = ОВ = 5.

Так как       ОДВ подобен       ВКС и       ВКГ подобен    РХГ, то

из соответственных  соотношений получим, что ГР = 35.

Ответ:  плот будет плыть 35 дней.

3. Графический метод решения стереометрических задач.

Аналогичным образом  обстоят дела и при изучении стереометрии.

Обычно при решении стереометрических задач учителя знакомят

обучающихся только с аналитическими методами их решения, а

графические методы вновь остаются за рамками должного внимания.

Задача 3. Через вершину конуса, радиус основания которого R,про-

                 ведена плоскость под углом φ к его высоте. Найти площадь

                 полученного сечения, если образующая конуса составляет

                 с плоскостью основания угол α.

     Для аналитического решения задачи требуется выполнить много вычислений, что для некоторых обучающихся трудно. Для предуп-реждения этих трудностей используем графический метод решения задачи, сущность которого ученикам хорошо известна из курса черчения. 

1.Выполним эскиз фигуры в наглядном изображении.

2.Ясно, что в сечении получается треугольник, для вычисления

   площади которого нужно найти длину отрезков MN и SK.

3.Располагаем фигуру так, чтобы плоскость треугольника SОА

   была параллельна плоскости проекций V. Тогда основание

   конуса будет параллельно плоскости проекций Н.

       В этом случае отрезки OA, SK, SO и углы α и φ проецируют- 

   ся в натуральную величину на фронтальной плоскости проек-

   ции.

4. Допустим, что R=10 мм., φ = 35⁰ и α = 40⁰.

5.Выберем масштаб 2:1.

6. Выполним построение на эпюре.

а) сначала строим равнобедренный треугольник  s^/a^/b^/ по основа-  

    нию 2R=40мм. и по углу α = 35⁰ при основании, являющемся

    фронтальной проекцией конуса. От точки s^/ под углом φ=40⁰

       к высоте s^/o^/ треугольника s^/a^/b^/ проводим s^/k^/ , являющийся

    фронтальной проекцией сечения.

Основание сечения mn проецируется на этой плоскости натуральную величину. Чтобы найти натуральную величину высоты сечения,

выполним вращение его плоскости и приведём её к положению, параллельному горизонтальной плоскости  проекций. С помощью линии связи строим отрезок  s₀k.

 7. Измерив длину отрезков и зная масштаб М2:1, находим

    mn=16,5мм. и s₀k=9мм..

8. Находим площадь сечения: S _∆mns₀ = mn·s₀k = 74,25(мм²).

         Применение этого метода, во-первых, помогает подготовить       

     обучающихся к работе на производстве, где часто решаются

     аналогичные задачи данным методом. Во-вторых, облегчает

     решение сложных геометрических задач на комбинацию или на        сечения.

Однако следует учитывать индивидуальные особенности ученика.

Алгебраические решения ближе тому, кто любит формулы и пре-образования; решения с использованием графиков привлекают тех, кто нуждается в содержательных образах.

             Наконец, следует отметить, что приведённые в статье методы

решения задач развивают пространственное представление и конструктивно-графические способности, позволяют формировать у обучающихся правильное представление о роли чертежа в курсе математики. Кроме того, они являются прекрасным средством реализации межпредметных связей между алгеброй, геометрией и физикой; геометрией и черчением. При этом знания, полученные на уроках по разным предметам, объединяются, становятся более осознанными, действенными.

        Понятно, что использование описанных методов требует оп-

ределённых навыков графического представления условий задачи.

Они могут быть сформированы совместными усилиями учителей

физики, черчения, математики. Уверена в одном, затраченные уси

лия быстро окупятся.

Краткое описание документа:

Приведённые в статье методы решения задач развивают пространственное представление и конструктивно-графические способности, позволяют формировать у обучающихся правильное представление о роли чертежа в курсе математики. Кроме того, они являются прекрасным средством реализации межпредметных связей между алгеброй, геометрией и физикой; геометрией и черчением. При этом знания, полученные на уроках по разным предметам, объединяются, становятся более осознанными, действенными.