cart-icon Товаров: 0 Сумма: 0 руб.
г. Нижний Тагил
ул. Карла Маркса, 44
8 (902) 500-55-04

Геометрические методы при решении алгебраических задач – Проектная работа по математике «Геометрическое решение алгебраических задач»

АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ Основные методы

АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Основные методы решения геометрических задач: • геометрический – требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; • алгебраический – искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; • комбинированный – на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других алгебраическим.

Треугольники Признаки равенства треугольников, прямоугольных треугольников. Свойства и признаки равнобедренного треугольника. Задача 1. Медиана АМ треугольника АВС равна отрезку ВМ. Доказать, что один из углов треугольника АВС равен сумме двух других углов. Задача 2. Отрезки АВ и СD пересекаются в их общей середине О. На АC и ВD отмечены точки К 1 такие, что АК=ВК 1. Доказать, что а) ОК=ОК 1, б) точка О лежит на прямой КК 1. Задача 3 (признак равнобедренного треугольника). Если в треугольнике биссектриса является медианой, то треугольник равнобедренный.

Задача 4 (признак прямоугольного треугольника по медиане). Доказать, что если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник прямоугольный. Задача 5 (свойство медианы прямоугольного треугольника). Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна её половине. Задача 6. Доказать, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой, проведенными из той же вершины, пополам. Задача 7. Медиана и высота треугольника, проведенные из одной вершины, делят этот угол на три равные части. Доказать, что треугольник прямоугольный.

Свойства площадей. Площади многоугольников Следствие из теоремы о площади треугольника. Если высоты двух треугольников равны, то их площади относятся как основания. Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих равные углы. Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то площади этих треугольников относятся как произведения сторон, заключающих равные углы.

Теоремы о точках пересечения чевиан Теорема. В любом треугольнике медианы пересекаются в одной точке (центроид, центр тяжести) и делятся этой точкой в отношении 2 : 1, считая от вершины. Свойства медианы: 1. Медиана разбивает треугольник на два равновеликих, то есть имеющих одинаковую площадь. 2. Три медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих. 3. Отрезки, соединяющие центроид с вершинами треугольника, разбивают треугольник на три равновеликие части.

Одним из основных методов решения задач, в которых участвуют медианы треугольника, является метод «удвоения медианы» . Достроить треугольник до параллелограмма и воспользоваться теоремой о сумме квадратов его диагоналей. Задача 8. Найти отношение суммы квадратов медиан треугольника к сумме квадратов всех его сторон.

Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные заключающим ее сторонам. Теорема. В любом треугольнике биссектрисы пересекаются в одной точке (ицентр), которая является центром вписанной в него окружности. Замечание: Очевидно, что центроид и ицентр треугольника всегда лежат внутри него.

. Решение. B A 1 1) В треугольнике ABC AA 1 – биссектриса угла A, поэтому AB : AC = BA 1 : CA 1 = BA 1 : (BC – BA 1) I или C А B 1 2) В треугольнике ABA 1 BI – биссектриса угла B, поэтому AI : IA 1 = BA : BA 1 или

Теорема о серединном перпендикуляре к отрезку. Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему. Теорема. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке, которая является центром описанной около него окружности. Теорема. В любом треугольнике высоты пересекаются в одной точке (ортоцентр треугольника). Вопрос. Где находится ортоцентр остроугольного, прямоугольного, тупоугольного треугольников?

Решение. B 1) Tреугольник BC 1 Н – прямоугольный, и C 1 H 2) Треугольник BC 1 C – прямоугольный, и A B 1 C

Используя формулы приведения. Откуда Замечание. Если один из углов тупой, то в (*) соответствующий косинус нужно взять по модулю.

Интересными являются задачи на нахождение расстояния от произвольной вершины треугольника до одной из его замечательных точек. Сначала решим задачу на нахождения расстояния от вершины до ортоцентра. Задача 11. В треугольнике АВС опущены высоты ВВ 1 и СС 1. Найти длину отрезка НВ, где Н – точка пересечения высот. B 1) треугольник BC 1 Н – прямоугольный, и Решение. C 1 H 2) треугольник BC 1 C – прямоугольный, и A B 1 C

Задача 12. Найти расстояние от вершины B треугольника ABC до ортоцентра, если Решение. По теореме косинусов Тогда

Задача 13. По углам A и B треугольника ABC ( A

Задача 14. К какой из вершин треугольника ближе расположен ицентр? Решение. C D I A Пусть I – ицентр, точка пересечения биссектрис треугольника ABC Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB > BC, то A

Задача 15. Какая из высот треугольника наименьшая? Решение. C B 1 А 1 H A C 1 Пусть Н – точка пересечения высот треугольника ABC. Если AC B. Окружность с диаметром BC пройдет через точки С 1 и В 1. B Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что СС 1

Задача 16. Отрезок АН – высота треугольника АВС. Из вершин В и С проведены перпендикуляры ВВ 1 и СС 1 к прямой, проходящей через точку А. Доказать, что треугольники АВС и НВ 1 С 1 подобны. Найти площадь треугольника НВ 1 С 1, если площадь треугольника АВС равна S, а АС: НС 1 =5: 3. Доказательство. Так как треугольники АНС и АСС 1 прямоугольные, то точки Н и С 1 А лежат на окружности с диаметром АС. С 1 В В 1 Н Аналогично, точки В 1 и Н лежат на окружности с диаметром АВ. С треугольнике АСС 1

Значит, Так как имеют место (1) и (2), А то треугольники АВС и НВ 1 С 1 подобны. С 1 Коэффициент подобия В В 1 Н С значит,

Задача 17. Пусть в остроугольном треугольнике ABC точки A 1, B 1, C 1 есть основания высот. Доказать, что точка H - пересечения высот треугольника ABC является точкой пересечения биссектрис треугольника A 1 B 1 C 1. Решение. На сторонах AC и BC B треугольника ABC, как на C 1 А диаметрах, построим окружности. H Точки A 1, B 1, C 1 принадлежат этим окружностям. 1 A B 1 C Поэтому B 1 C 1 C = B 1 BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. B 1 BC = CAA 1, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами.

CAA 1 = CC 1 A 1, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, т. е. C 1 C является биссектрисой угла B 1 C 1 A 1. Аналогичным образом показывается, что AA 1 и BB 1 являются биссектрисами углов B 1 A 1 C 1 и A 1 B 1 C 1. B C 1 А 1 H A B 1 C Самостоятельно исследовать случаи прямоугольного и тупоугольного треугольника.

present5.com

Геометрические решения негеометрических задач | Социальная сеть работников образования

Нестандартные задачи во все времена привлекали внимание ученых. Такие задачи развивают абстрактное и логическое мышление, познавательные способности. Именно поэтому большинство заданий олимпиад различного уровня проверяют способность ребенка видеть нестандартные пути решения.  Для получения высокого балла на ЕГЭ также необходимо решать именно такие задачи.

Мы часто встречаем задачи по геометрии, которые решаются с помощью алгебры (уравнения, системы и т.д.). Менее известны другие случаи, когда арифметические и алгебраические задачи удобно решать на геометрическом языке, но в школе они редко рассматриваются. Именно поэтому была выбрана данная тема для исследования и выдвинута следующая гипотеза: лишь небольшой класс задач решается определенным геометрическим методом

.

Объект исследования: алгебраические задачи.  

Предмет: геометрические методы решения.

Цель: овладеть способами решения алгебраических задач геометрическими методами.

В процессе работы были поставлены следующие  задачи:

  • используя различные источники, выявить  и решить алгебраические задачи, решаемые геометрическими методами,
  • рассмотреть достоинства и недостатки данного метода.

В результате работы  гипотеза, выдвинутая в начале работы была апровергнута.  Было показано, что практически в каждом разделе алгебры существуют задания, геометрическое решение которых намного рациональнее, чем традиционное. Было рассмотрено множество алгебраических заданий, решаемых с помощью геометрии, классифицировала их. Разобраны геометрические способы решения систем, задач, содержащих иррациональность, текстовых задач. Применялся геометрический метод и к решению к тригонометрических заданияй. Рассмотрен векторный метод решения уравнений и доказательства неравенств.

В результате работы был сформирован

 тематический сборник заданий, где приведено подробное решение практически всех задач, который может быть полезен не только учащимся, но и педагогам.

nsportal.ru

Методы решения геометрических задач.

Методы решения геометрических задач

Сегодня важнейшей задачей школьного математического образования является привлечение внимания школьников и учителей к геометрии, понимание необходимости систематических занятий геометрией, развивающих мышление и пространственные представления. Только такие занятия могут дать необходимое качество математического образования школьников, позволят им не только подготовиться к успешной сдаче экзамена, но и заложат основу для дальнейшей творческой жизни.

Количество геометрических задач, встречающихся в контрольно-измерительных материалах (КИМ) единого экзамена, невелико. Их доля составляет не более 13 % от общего числа задач (3-4 задания). Однако умение решать такие задачи может оказаться решающим аргументом при поступлении в престижные или популярные вузы.

Анализируя результаты решения абитуриентами геометрических задач на вступительных испытаниях по математике, видим печальную статистику: с задачами по геометрии справляются не более 10 % поступающих, решают неправильно – около 30 %, а порядка 60 % абитуриентов полностью игнорируют такие задачи.
Приступая к решению задач по геометрии, учащиеся сталкиваются с целым рядом трудностей, которые одним не дают получить верный ответ, а другим – даже просто начать решение. В чем причины? Они связаны не только с пробелами в знании предмета, но и с отсутствием у учащегося серьезного опыта в решении многослойных геометрических задач. Вполне возможно, что часть учащихся, потенциально обладающих уровнем подготовки, достаточным для решения геометрических задач, помещаемых в варианты ЕГЭ, просто не доверяет своим знаниям и умениям и, полагая заранее, что задачи очень трудные, не берется за их решение.
Если для большинства задач по алгебре и началам анализа существуют шаблонные подходы и алгоритмы решений, то в геометрии такого нет. Решение почти каждой геометрической задачи – это маленькая исследовательская работа. Чтобы с ней справиться, ученик должен иметь солидный опыт такого рода деятельности. И тут мы сталкиваемся с противоречием – опыт должен быть большой, а часов на изучение геометрии в школьном курсе отводится мало. Частичный выход из этого положения видится в использовании времени, отведенного в средней школе на повторение всего курса геометрии, исключительно для решения геометрических задач, взятых из вариантов ЕГЭ и ГИ

.

Трудности решения геометрических задач обусловлены как объективными, так и субъективными факторами, среди которых

Неалгоритмичность задач

Необходимость выбора метода решения задачи и теоремы для решения конкретной задачи (нескольких теорем) из большого набора известных фактов

Нужно решить довольно много задач, чтобы научиться их решать

Причины ошибок в решении геометрических задач

Незнание и/или непонимание аксиом, определений, теорем;

неумение их применять

невнимательное чтение условия и вопроса задания;

вычислительные ошибки;

нарушения логики в рассуждениях; принятие ошибочных гипотез;

недостатки в работе с рисунком

При решении геометрических задач обычно используются три основных метода:

геометрический – когда требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем;

алгебраический – когда искомая геометрическая величина

вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений;

комбинированный – когда на одних этапах

решение ведется геометрическим методом, а на других - алгебраическим.

  • Метод треугольника

  • Метод подобия

  • Метод дополнительного построения

  • Метод замены

  • Метод площадей

  • Метод введения вспомогательного неизвестного

  • Метод «вспомогательных объёмов»

  • Координатный метод

Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использования зависит,

естественно, от знания теорем и умения их применять.

Метод дополнительного построения

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над

чертежом. При этом иногда на «естественном» чертеже (т.е. на чертеже, на

котором изображено только условие) трудно заметить связи между данными и

искомыми величинами, а если фигуру достроить, эти связи становятся очевидными.

Метод подобия

Подобие треугольников

Две фигуры F и F1 называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием

подобия, т.е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются

(увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз.

Признаки подобия треугольников:

1)    Если два угла одного соответственно равны двум углам другого;

2)    Если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами равны;

3)    Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого.

                                                                                                                                                                                                                    Метод замены Метод

Метод замены широко применяется в алгебре, но не менее эффективно «замена» может быть

применена в геометрии. Сущность этого приема решения геометрических задач состоит в

следующем: фигура, о которой идет речь в условии задачи, так заменяется фигурой с той же

искомой величиной, чтобы найти эту величину было легче.

   

Метод введения вспомогательного неизвестного

Суть метода заключается в том, что исходя из условия задачи составляют

уравнение (или систему уравнений). В качестве вспомогательных аргументов

удобно выбирать величины, которые вместе с данными из условия задачи дают

набор элементов, однозначно задающих некоторую фигуру.

 Метод площадей

В математических задачах часто бывает полезен такой прием: двумя

способами найти одну и ту же величину и приравнять полученные для нее

выражения. Пусть мы, например, двумя способами нашли площадь некоторой

фигуры. Если в одном из выражений для площади входит, скажем синус

какого-либо угла α, то при помощи соотношения  из полученного равенства

можно получить некоторое неравенство, порой интересное.

Метод «вспомогательных объёмов»

Для нахождения расстояния от точки до плоскости или при нахождении

углов между прямой и плоскостью метод «вспомогательного объёма» во

многих случаях оказывается наиболее эффективным. Суть метода заключается

в том, что объём некоторой фигуры выражается двумя способами, а затем из

полученных равенств выражается искомая величина. Причём в этом методе

нет необходимости строить проекцию прямой на плоскость или проекцию точки,

что во многих случаях оказывается очень затруднительным.

Векторный метод

Применение критериев коллинеарности и компланарности векторов в решении  задач.

Критерии коллинеарности и компланарности векторов служат основной для

применения векторной алгебры в решении стереометрических задач. Они

позволяют выразить в виде векторных равенств различные утверждения о

расположенных точках, прямых и плоскостей в пространстве. Переход от

векторных равенств к скалярным происходит на основе единственности

разложения вектора по двум неколлинеарным и трём некомпланарным векторам.

 

Координатный метод

Координаты на плоскости и в пространстве можно вводить бесконечным числом

разных способов. И, решая ту или иную геометрическую задачу методом координат,

можно использовать различные координатные системы, выбирая ту из них, в

которой задача решается проще, удобнее. Некоторые виды координатных систем,

отличные от прямоугольных.

1.Косоугольные (аффинные) координаты.

2.Полярные координаты.

3.Цилиндрические координаты.

4.Сферические координаты.

5.Прямоугольные координаты.

Рассмотрим самые употребительные и простые координаты в пространстве, называемые прямоугольными. Их называют ещё декартовыми по имени Рене Декарта (1596-1650) – французского учёного и философа, впервые ввёдшего координаты в геометрию (на плоскость).

infourok.ru

Научно- исследовательская работа на тему Решение алгебраических задач геометрическими методами.

РЕШЕНИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИМИ МЕТОДАМИ.

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.
Решение: Так как

то можно рассматривать как радианную меру острого угла прямоугольного треугольника, в котором противолежащий

schoolfiles.net

«ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ НЕГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ ПРИ ПОДГОТОВКЕ К МАТЕМАТИЧЕСКИМ ОЛИМПИАДАМ»

Государственное бюджетное общеобразовательное учреждение

средняя общеобразовательная школа

п.г.т. Осинки муниципального района Безенчукский Самарской области

«ИЗУЧЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ НЕГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ ПРИ ПОДГОТОВКЕ К МАТЕМАТИЧЕСКИМ ОЛИМПИАДАМ»

Выполнила:

Смирнова Раиса Михайловна,

учитель математики

ГБОУ СОШ п.г.т. Осинки.

Самара – 2014

ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА.

Решение задач – это сердцевина, смысл и внутренняя пружина самой математики. Сначала появляется задача, и лишь потом строится теория для ее решения.

Нестандартные задачи во все времена привлекали внимание ученых. Среди них много красивых задач, которые интересно и приятно решать. Но в школе их решением занимаются отнюдь не только «из любви к искусству». Такие задачи развивают абстрактное и логическое мышление, познавательные способности. Нетрадиционные приемы решения задач позволяют полнее раскрыть потенциал школьников. Именно поэтому большинство заданий олимпиад различного уровня проверяют способность ребенка видеть нестандартные пути решения. Не секрет, что для получения высокого балла на ЕГЭ также необходимо решать именно такие задачи.

При подготовке к олимпиаде учащиеся столкнулись с решением сложной алгебраической задачи геометрическим методом, открыв для себя красоту этого решения, его наглядность и простоту.

Мы часто встречаем задачи по геометрии, которые решаются с помощью алгебры (различные уравнения, системы уравнений и т.д.). Менее известны другие случаи, когда арифметические и алгебраические задачи удобно решать на геометрическом языке, но в школе они редко рассматриваются. Если такое задание попадется в тексте ЕГЭ, могут возникнуть проблемы. И даже если и сможем решить такую задачу своими способами, то потратим на это уйму времени, а в режиме экзамена каждая минута на вес золота. Нетрадиционные приёмы решения задач позволяют полнее раскрыть потенциал школьника, приобщить его к творчеству, проиллюстрировать внутриматематические связи.

Актуальность выбранной темы.

С одной стороны это расширит возможности решения задач. С другой стороны, многим учащимся геометрия даётся легче, чем алгебра, и им будет интересно решать такие задачи, хотя малое количество задач в материалах ЕГЭ снизил интерес к её изучению. Это объясняет выбор темы.

Цель работы:

Создать формирование у школьников приёмы и способы решений негеометрических задач геометрическим способом. Показать преимущества геометрического способа решения алгебраических задач, заключающиеся в его наглядности и изящности решения.

Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи:

1. Выявить алгебраические задачи, решаемые геометрическими методами, используя различные источники.

2. Рассмотреть достоинства и недостатки данного метода.

Решая первую из поставленных задач, выяснилось, что таких заданий много, это привело к постановке новых задач:

3. Классифицировать найденные примеры по темам:

  • рассмотреть способы решения геометрическими методами задач в тригонометрии;

  • рассмотреть геометрические методы решения задач, содержащих иррациональность, действия с величинами в отрезках; решение квадратных уравнений с помощью квадрирования прямоугольников; формулы сокращенного умножения; арифметическую прогрессию;

  • рассмотреть геометрические методы решения систем;

  • рассмотреть векторный метод решения задач;

  • рассмотреть способы решения текстовых задач геометрическими методами.

4. Подготовить результаты исследования к виду, готовым к использованию.

Применяя различные методы решения задач, мы тренируем и делаем более гибким своё мышление. Такая тренировка оттачивает навык решения задач, а также способствует более лучшей усвояемости нового материала.

ГИПОТЕЗА: Могут быть сделаны выводы.

  1. Решение алгебраических задач геометрическим способом позволит избежать многих сложных вычислений.

  2. При подборе задач, изучив дополнительную литературу, мы расширили свои знания в точных науках и расширили свой кругозор.

  3. При решении некоторых задач геометрическими методами наблюдалась явно выраженная экономия сил, энергии, а главное времени.

  4. Чтобы решить алгебраическую задачу геометрическим методом необходимо иметь навык и «видение» геометрической интерпретации задачи, что является самым сложным в данном методе.

  5. Во многих разделах алгебры существуют классы задач, решаемых геометрическими методами.

  6. Чтобы решить задачу геометрическими методами необходимо иметь мощную базу знаний по геометрии, т.к. в решении используются: метод площадей, векторная геометрия, свойства геометрических фигур, геометрические неравенства и т.п.

  7. Геометрический подход даёт более быстрое, а главное, красивое решение этих задач.

ПРИЛОЖЕНИЕ

  1. Системы:

  1. Решить систему уравнений:

,

3ху-10у=3

  1. Найти S=xy+yz, если x>0, y>0, z>0 и

x2+y2=16,

y2+z2=48,

y2=xz.

  1. Найти M=xy+2yz+3xz, если x>0, y>0, z>0 и

  1. Сколько пар целых чисел (x;y) удовлетворяет системе неравенств

?

  1. Задания, содержащие иррациональность:

  1. Решить уравнение

  2. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения , если .

  3. Доказать неравенство <

  4. Доказать, что для положительных a, b, c выполняется неравенство

  1. Текстовые задачи:

Поезд проходит расстояние от города А до города В за 10 час. 40 мин. Если бы скорость поезда была на 10 км/ч меньше, то он пришел бы в В на 2 часа 8мин. позже. Определить расстояние между городами и скорость поезда.

  1. Задания по тригонометрии:

  1. Найти значение выражения: .

  2. Найдите

  1. Векторы помогают алгебре:

  1. Для положительных чисел a, b, c доказать неравенство .

  2. Доказать, что для любых x, y, z выполняется неравенство

  3. Решить уравнение:

РЕШЕНИЕ СИСТЕМЫ

Решая приведенные ниже системы традиционными методами, можно столкнулись с решением уравнений высших степеней и достаточно сложными преобразованиями. Именно поэтому геометрический метод не только упрощает решение, но и делает его прозрачным и изящным. Основной трудностью является увидеть применение данного метода в конкретном примере. В некоторых заданиях, например №1 явно прослеживается неравенство треугольника, а в задании №3 применение данного метода заметить сложно. Недаром этот номер были представлен на всероссийской олимпиаде школьников различных лет.

Задача 1.

Решить систему уравнений:

,

3ху-10у=3

Решение: На координатной плоскости рассмотрим точки А(2;4), В(5;8) и М(х;у). (рис.1)

Рис. 1

Тогда неравенство треугольника МА+МВАВ в координатной форме выглядит так: . Ясно, что равенство возможно лишь в том случае, когда точка М(х;у) принадлежит отрезку АВ. Уравнение прямой АВ имеет вид 4х-3у+4=0. Получаем систему, равносильную исходной:

4х-3у+4=0 x= x=3.5

3ху-10у=3  9y2-52y-12=0 

25 25 y=6

Ответ: (3,5; 6)

Задача 2.

Найти S=xy+yz, если x>0, y>0, z>0 и

x2+y2=16,

y2+z2=48,

y2=xz.

Решение:

На отрезке АВ таком, что АВ=АС+СВ, где АС = z, СВ = х. (рис. 2), как на диаметре, построим полуокружность. Далее, через точку С проведем прямую, перпендикулярную АВ и пересекающую полуокружность в точке D.

Рис. 2

Тогда с учетом третьего уравнения системы CD = у. Из уравнений х22=16 и у2+z2=48 следует, что BD=4, AD=4.

Имеем S= ху+уz =2 SBCD+2 SACD=2 SADB=16.

Ответ:16.

Задача 3.

Найти M= xy + 2yz +3xz, если x>0, y>0, z>0 и

Рис. 3

Решение:

Построим отрезки ОВ=, ОС=z и ОА= х такие, что =90°, СОА=120° и ВОА=150° (рис. 3).

Тогда с учетом условия АВ=5, ВС=4, АС=3 и SABC=. Но SABC=SBOC+SCOA+SBOA=.

Теперь, умножив обе части равенства =6 на 4, получим М=24.

Ответ: 24.

Список литературы:

[1] Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. М.: МЦНМО, 2009 – 264с.

[2] Колесникова С.И. Математика. Решение сложных задач единого государственного экзамена – 2-е изд., испр.- М.: Айрис-пресс, 2006. – 272с. – (Домашний репетитор: Подготовка к ЕГЭ)

[3] Математика. 9-11 классы: Решение заданий ЕГЭ высокой степени сложности. Основные методы и приемы/ Авт.-сост. М.А. Куканов. – Волгоград: Учитель, 2009. – 223с.

[4] Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы/ [Н.Х. Агаханов, И.И.Богданов, П.А.Кожевников и др.] – М.: Просвещение, 2010 – 239с.: ил. – (Пять колец).

[5] Островский А.И., Кордемский Б.А. Геометрия помогает арифметике. М.:ФИЗМАТГИЗ, 1960.

[6] Уфановский В.А. Математический аквариум. - Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая механика», 2000.

[7] Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб. пособие для 11кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 1991. – 384с.

[8] Шарыгин И.Ф., Факультативный курс по математике: Решение задач: Учеб. пособие для 10кл. сред. шк. – М.: Просвещение, 1989. – 252с.

[9] Шахно К.У. Сборник задач по элементарной математике повышенной трудности. Изд. 5-е, стереотипное. Минск, «Вышейш. школа», 1969.

[10] Энциклопедия для детей. [Том 11.] Математика. – 2-е изд., перераб. / ред. Коллегия: М. Аксёнова, В. Володин, М. Самсонов. – М.: Мир энциклопедий Аванта+, Астрель, 2007. – 621с.

[11] Якир М.С., Мерзляк А.Г., Полонский В.Б. Неожиданный шаг или сто тринадцать красивых задач. Киев: Агрорифма «Александрия». 1993.

Библиотечка «Квант»

[12] Васильев Н., Сендеров В. Про угол и // №2. 1996.

[13] Кушнир И. Геометрические решения негеометрических задач // №11. 1989.

[14] Ясиновый Э.Геометрия помогает решать уравнения // №12. 1984.

infourok.ru

Геометрическое решение негеометрических задач

Аннотация. Статья представляет собой исследования по решению негеометрических задач, геометрическим способом, которая является разделом математических тем. Получаемые этой теорией результаты применяются как в математике, так и в различных математических играх.
Ключевые слова: негеометрические задачи, алгебраические выражения, чертеж.

Умение решать задачи данным методом помогает быстро и легко решать самые сложные уравнения и неравенства.

В данной работе рассматриваются возможные алгебраические выражения, которые изучаются в школьной программе.

Методы решения задач – алгебраические выражения, можно высчитывать разными методами, но не всегда легко найти решение и ответ. Одним из самых простых  способов решения, является геометрический метод, с помощью чтения рисунка и чертежей.

В мире можно найти множество способов решения алгебраических выражений, но не все они помогают просто и верно решить задачу. Предлагается рассмотреть несколько способов решения негеометрических задач, с помощью геометрических чертежей и формул, благодаря которым решение станет проще и доступнее.

Негеометрические задачи – системы уравнений, неравенства, выражения.


Таким образом, проведенная работа научила новым и более простым способам решения задач. Она поможет продвинутся в изучении различных математических тем,  с ходу получать ответ у самых, как кажется, сложных уравнений.

Геометрическое решение негеометрических задач – это легкий способ решения уравнений и выражений, методом чертежей и теорем, помогающий, быстрее и легче достичь верного результата.

Ссылки на источники

  1. Генкин Г.З. Геометрическое решение негеометрических задач. [Текст]:Библиотека учителям / Г.З. Генкин. – Москва «Просвещение», 2007- 80 с.

e-koncept.ru

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *