Геометрические методы решения алгебраических уравнений (4 видео)

Содержание

Геометрический метод решения некоторых уравнений и систем
Скачать:
Предварительный просмотр:
Проектная работа по математике «Геометрическое решение алгебраических задач»
4.3Решение некоторых типов тригонометрических задач геометрическим способом
Задача 18. Дано: sin x = , 0°≤ α ≤ 90°
Задача 19 . Дано: cos α = — , 180° α
Задача 20 . Решить уравнение cos x – sin x = 1.
Задача21 . Решить уравнение: arcsin x + arcsin 2 x =
Задача 22 . Решить уравнение: sin x + cos x = 1.
Краткое описание документа:
Геометрические методы решения алгебраических уравнений
🎦 Видео

Видео:Математика без Ху!ни. Метод Гаусса.Скачать

Геометрический метод решения некоторых уравнений и систем

В условиях современного экзамена, особенно при решении задач повышенной трудности (части С единого государственного экзамена), на первый план выступает такое понятие, как рациональность решения. При дефиците времени стандартное, но трудоемкое решение может привести к тому, что потраченное время будет столь большим, что на остальное просто не хватит ни времени, ни сил. Поэтому нужно стремиться к тому, чтобы решение было максимально простым и рациональным. При этом необходимо учитывать, что наиболее простое решение может быть совершенно неочевидным. Одним из таких неочевидных, но эффективных (и эффектных!) способов является геометрический способ.

Цели данной работы:

— на примерах рассмотреть геометрический способ решения алгебраических уравнений и систем;

— проанализировать рациональность применения этого метода на конкретных примерах;

— рассмотреть применение теоремы косинусов для решения некоторых видов иррациональных уравнений.

Видео:Михайлов Е. А. - Аналитическая геометрия - Метод решения системы линейных алгебраических уравненийСкачать

Скачать:

Вложение	Размер
geometricheskiy_metod_suhorukova_ftl.docx	72.4 КБ

Видео:Решение алгебраических уравненийСкачать

Предварительный просмотр:

Министерство образования Российской Федерации

МОУ «Гимназия №87»

Геометрический метод решения некоторых уравнений и систем.

ученица 10«Б» класса

1.1 Применение свойств прямоугольного треугольника………………………..4

1.2 Пример применения векторов к решению иррационального уравнения…..7

1.3 Применение формулы расстояния между двумя точками…………………..9

1.4 Анализ рациональности решения уравнений и систем геометрическим способом……………………………………………………………………………10

2. Иррациональные уравнения и теорема косинусов……………………………11

Цели данной работы:

— на примерах рассмотреть геометрический способ решения алгебраических уравнений и систем;

— проанализировать рациональность применения этого метода на конкретных примерах;

— рассмотреть применение теоремы косинусов для решения некоторых видов иррациональных уравнений.

1.1 Применение свойств прямоугольного треугольника.

Рассмотрим применение геометрического метода на примере достаточно несложных систем уравнений. Причем решение этих систем проведем также и аналитически. Суть метода в данном случае состоит в том, чтобы увидеть в алгебраических уравнениях формулировки теорем геометрии, в данном случае — теорему Пифагора, теорему о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике и формулу площади прямоугольного треугольника..

Пример 1 .Решить систему уравнений

Решение (геометрический метод).

По теореме обратной теореме Пифагора, из уравнения х 2 + у 2 =3 2 , числа х и у являются катетами треугольник АBD ( угол D – прямой) с гипотенузой АВ = 3.

Рассматривая второе уравнение у 2 + z 2 = 16, построим треугольник BDC, где у и z – катеты, а ВС = 4 – гипотенуза.

Третье уравнение y 2 = xz подсказывает, что число у есть среднее пропорциональное чисел х и z.

По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, угол АВС = 90 0

Внимание : такой прием дает потерю корней, можно убедиться, что

Решение (алгебраический метод).

Так как аналитическое решение данной системы несложно, то приведем его без дополнительных комментариев.

Пример 2. Решить систему уравнений

Решение (геометрический способ) .

Поскольку то у, и х – являются длинами соответственно катетов и гипотенузы некоторого прямоугольного треугольника. Тогда из первого уравнения системы следует, что площадь этого треугольника S=24, а периметр его из второго уравнения равен P=24. Тогда радиус вписанной в этот треугольник окружности равен С другой стороны, радиус вписанной в прямоугольный треугольник окружности равен

Отсюда получаем Вычитая из второго уравнения системы полученное равенство, получаем х = 10.Подставив это значение во второе уравнение системы и решив стандартное иррациональное уравнение, находим

Решение (алгебраический способ)

Возведем в квадрат второе уравнение системы

Учтем, что = 96, тогда

Подставим найденное значение в первое уравнение

Проверкой убедимся, что решения исходной системы положительны.:

1.2 Пример применения векторов к решению иррационального уравнения.

В следующем примере применение геометрического метода далеко не так очевидно, как в предыдущем. Оно построено на понятии коллинеарных векторов и формуле скалярного произведения векторов в координатах. Решение приведено в издании .

Пример 3 . Решить уравнение

Решение (геометрический способ).

Введём векторы и Скалярное произведение этих векторов равно а произведение их длин становится равным На основании соотношения имеем:

Замечаем, что левые и соответственно правые части данного уравнения (1) и полученного неравенства (2) совпадают. Но, согласно уравнению (2), левая часть неравенства (2) должна быть равна его правой части, т.е. должно выполняться условие:

Это возможно тогда и только тогда, когда векторы и коллинеарны. Эти векторы в свою очередь, коллинеарны тогда и только тогда, когда их одноимённые координаты пропорциональны, т.е.

Таким образом, данное уравнение (1) равносильно уравнению (3), которое в свою очередь, равносильно уравнению Решим его. Имеем:

Единственным корнем этого уравнения является значение т.к. уравнение действительных корней не имеет.

Решение (алгебраический способ).

Алгебраическое решение уравнения (1) стандартно, но трудоемко. Приведем его подробно.

путем подбора находим число, при котором выполняется равенство

Разделим правую часть неравенство на деление выполняется без остатка; частное от деления Уравнение не имеет действительных корней.

1.3 Применение формулы расстояния между двумя точками.

Пример 4 . Решить систему уравнений

Решение (геометрический способ) .

Рассмотрим слагаемые второго уравнения.

Пусть это расстояние между «текущей» точкой М(х;у) и точкой А(2;-1).

Пусть это расстояние между точками М(х;у) и В(10;5). Найдём расстояние между точками А и В:

Откуда следует, что Составим уравнение прямой АВ, проходящей через точки А и В.

Имеем : Получим новую систему:

Решение (алгебраический способ)

Решение данной системы алгебраическим способом оказалось очень трудоемким и нерациональным. Привожу только его начало.

После дальнейших преобразований стало очевидно, что решать уравнение аналитически — нерационально. Поэтому решение было остановлено.

1.4 Анализ рациональности решения уравнений и систем геометрическим способом.

Попробуем обобщить сказанное и сделанное выше. Я думаю, что геометрический способ решения уравнений и систем в алгебре, как правило, не усложняет их. Основной трудностью при его применении является неочевидность, особенно в примере (3). Ведь до применения векторов нужно додуматься или просто знать о такой возможности. Все уравнения и системы, рассмотренные мной в работе (кроме последней), имеют стандартное алгебраическое решение. Поэтому в условиях экзамена, при дефиците времени, понятно, по какому пути многие пойдут. Поэтому рациональность геометрического способа – вопрос спорный. Однако, при решении системы в примере (4), этот способ – единственно возможный, кроме того, он еще и красив! Тем более, что формула расстояния между двумя точками легко узнаваема.

При решении системы из примера 1 геометрический способ становится эффективным, если в условии не требуется находить решения системы, а, например, значения x + z, y(x +z) и так далее. Тогда из геометрического чертежа ответы на эти вопросы становятся очевидными.

Еще одна легко узнаваемая теорема может применяться при решении иррациональных уравнений. Это теорема косинусов. Ей посвящена вторая часть моей работы.

2. Иррациональные уравнения и теорема косинусов.

Покажем, как можно решить некоторые иррациональные неравенства, используя всего одно геометрическое средство: теорему косинусов.

Пример5. Решите уравнение:

Сначала докажем, что выполняется неравенство:

Заметим, что если то

Поэтому значение левой части неравенства в этом случае не меньше, чем 3+4=7.

Чтобы убедиться в истинности неравенства при , рассмотрим треугольник ACD, в котором АС=3, CD=x, a угол ACD = В силу теоремы косинусов имеем:

Аналогично, если СВ=4, CD=x, а угол BCD = то из треугольника ВСD имеем DB =

Так как угол АСВ – прямой, то Следовательно, с помощью неравенства треугольника получаем:

Таким образом, в основу неравенства (1) положен египетский треугольник, т.е. прямоугольный треугольник со сторонами 3, 4, 5.

Равенство(1’) не может быть истинным при , а при x>0 значение его левой части равно Ясно, что в том, и только том случае, когда точка D лежит на отрезке АВ. Следовательно, поскольку CD – биссектриса угла С, то единственным корнем уравнения (1’) является x =CD*.

Длина биссектрисы треугольника АВС, проведенной из вершины С, может быть вычислена по формуле Симпсона:

И это единственный корень уравнения (1’).

И так, в своей работе я выполнила следующее:

— на примерах рассмотрела геометрический способ решения алгебраических уравнений и систем;

— проанализировала рациональность применения этого метода на конкретных примерах;

— рассмотрела применение теоремы косинусов для решения некоторых видов иррациональных уравнений.

Я думаю, что основной трудностью при применении геометрического способа является неочевидность. Все уравнения и системы, рассмотренные мной в работе (кроме последней), имеют стандартное алгебраическое решение. Поэтому рациональность геометрического способа – вопрос спорный. Однако, при решении некоторых систем этот способ – единственно возможный, кроме того, он еще и красив!

Чем большим количеством способов мы можем решить то или иное уравнение, тем скорее мы научимся рациональности в своих рассуждениях и действиях. А для этого надо решать! Решать больше, учиться находить различные пути. Ведь жизнь предполагает многовариантность!

1. Потоскуев Е. В. Векторы и координаты как аппарат решения геометрических задач. –М., Дрофа,2008.

2. Попов В. А. Иррациональные уравнения, неравенства и теорема косинусов. – «Математика в школе», №6- 1998, с. 52.

3. Генкин Г. З. Геометрические решения алгебраических задач. — «Математика в школе», №7- 2001, с. 61.

4. Мигина А. Решение уравнений с применением оригинальных приемов. – Газета «Математика», №37 – 2001, с. 26.

5. Кравцев С. Ю., Макаров Ю. И., Максимов М. И. и др. Методы решения задач по алгебре: от простых до самых сложных. – М.: Экзамен, 2001.

Вектор – это отрезок, для которого указано, какой из его концов считается началом, а какой концом.
Векторы называются коллинеарными , если они лежат, либо на одной прямой, либо на параллельных прямых.
Векторы называются равными , если они сонаправлены и их длины равны.
Скалярное произведение векторов:

Скалярным произведением векторов называется произведение их длин на косинус угла между ними.

Скалярное произведение векторов обозначается так: Или

Скалярное произведение векторов выражается формулой

Расстояние между точками А и В.

Расстояние между точками А(х 1 ;у 1 ) и В(х 2 ;у 2 ) выражается формулой:

Квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.

, так как косинус угла между векторами меньше или равен единице.

Пример №1. Докажите, что для всех выполняется неравенство:

Заметим, что если то

Поэтому значение левой части неравенства (1) в этом случае не меньше, чем 3+4=7.

Чтобы убедиться в истинности неравенства (1) при , рассмотрим треугольник ACD, в котором АС=3, CD=x, a угол ACD = В силу теоремы косинусов имеем:

Аналогично, если СВ=4, CD=x, а угол BCD = поэтому Следовательно, с помощью неравенства треугольника получаем:

Ответ: в основу неравенства (1) положен египетский треугольник, т.е. прямоугольный треугольник со сторонами 3,4,5.

Другие истинные неравенства можно получить, пользуясь пифагоровыми тройками чисел, например 5,12,13 и 8,15,17,

пользуясь общим неравенством:

которое выполняется для любых и

На следующем этапе опять действует аналогия. Мы видим, что метод рассмотрения прямоугольного треугольника со сторонами 3,4,5 и прямым углом, который разбивается на два угла оказывается столь же эффективным, если для этих значений так же легко составить неравенство:

верное при любых

Все рассмотренные случаи приводят к общему неравенству

которое справедливо для и и

Дальнейшие вариации неравенства (2) становятся возможными, если отказаться от условия и принять, что в треугольнике АВС АС =1б СВ=ВА и

Такое значение угла удобно тем, что его синус и косинус выражаются алгебраическими числами. Так,

Тогда Поскольку применим теорему косинусов для вычисления длин сторон АВ и СВ( обозначим их через у):

Теперь теорема косинусов «работает» в треугольниках CBD и CDA. Обозначив их общую сторону через х, из треугольника CBD получаем:

Из треугольника CDA:

Как и в предыдущих случаях воспользуемся неравенством треугольника переписав его в следующем виде:

Это неравенство справедливо для всех

В общем случае для всех положительных чисел х, а, в и углов α и β, таких, что α+β≥90º, выполняется:

Анализируя путь от неравенства (1) к неравенству (3), замечаем, что до сих пор мы имели одну независимую переменную х (в связи с этим в доказательствах были использованы два угла α и β). Снятие этого ограничения открывает широкий простор для новых задач.

Д окажите, что для всех выполняется неравенство:

Заметим, что при любых выполняется равенство:

Следовательно, значение левой части исходного неравенства

1) при не меньше, чем

2) при значение левой части доказываемого неравенства не меньше, чем

3)при значение левой части оказывается не меньше , чем

Случаи x>0, y>0 рассмотрим с помощью теоремы косинусов, применяемой а треугольнике АВС, у которого АС=3, ВС=4 и угол АСВ=90º. Тогда АВ=5. На лучах, делящих угол АСВ на три равные части, выбираем точки D 1 и D 2 так, чтобы CD 1 = x, CD 2 = y . По теореме косинусов из треугольников ACD 1 , D 1 CD 2 , D 2 CB имеем:

Так как периметр ломаной линии всегда не меньше длины отрезка, соединяющего начало и конец этой ломаной, то

Отсюда в силу трех предыдущих неравенств следует неравенство (4) при x>0 и y>0.

Итак, неравенство (4) доказано для любых действительных значений х и у.

Покажем ещё два неравенства, которые можно получить по аналогии с неравенством (4). Так,

Треугольник АВС, у которого катет АС=25, катет ВС=37, а прямой угол С разделен на три угла α=15º, β=30º, ɣ =45º, можно доказать неравенство

Продемонстрируем теперь преимущества применения теоремы косинусов к некоторым иррациональным уравнениям. Рассмотрим уравнение, которое получается из приведенных ниже неравенств заменой знака «≥» на знак «=». Ясно, что это иррациональное уравнение весьма сложно решить традиционными алгебраическими средствами. Метод же, изложенный выше для доказательства неравенств, прост и нагляден. Его теоретическую часть следует только дополнить таким утверждением: если длина ломаной равна длине стягивающего ее отрезка АВ, то все вершины этой ломаной лежат на отрезке АВ, т.е. ломаная фактически вырождается в отрезок АВ.

Описанный ниже метод хорош ещё и тем, что вычисление корней уравнения, как правило, позволяет свести к стандартным геометрическим вычислениям длины биссектрисы треугольника.

Видео:Решение системы уравнений методом Крамера.Скачать

Проектная работа по математике «Геометрическое решение алгебраических задач»

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

МКОУ «Богучарский лицей»

«Геометрические решения алгебраических задач»

Выполнила: Мануйлова Валентина ученица 10 физико-математического/социально-экономического класса

Руководитель: учитель математики ВКК Кобелева Татьяна Васильевна.

Глава 1 Немного истории

Глава 2. Геометрические методы решения алгебраических задач

2.1. Решение алгебраических задач с помощью теоремы Пифагора

2.2. Применение в решении задач теоремы, обратной теореме Пифагора

2.3. Геометрическое решение текстовых задач

Глава 3. Задачи с практическим компонентом

Глава 4. Геометрическое решение уравнений и систем уравнений

4.1. Решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки

4.2. Графический способ решения алгебраических систем уравнений и уравнений с модулем.

4.3. Решение некоторых типов тригонометрических задач геометрическим способом

Глава 5. Геометрическое решение некоторых нестандартных задач

«Но когда эти науки (алгебра и геометрия) объединились, они энергично поддержали друг друга и быстро зашагали к совершенству.» (Ж. Л. Лагранж)

В классическую древнюю эпоху геометрия занимала привилегированное положение. Она являлась основной наукой, в которой проявлялось искусство доказательства. Суть геометрического метода состоит в том, что решение задачи и доказательство направляется наглядным представлением. Например, в старинных индийских сочинениях доказательство сводилось к чертежу, подписанному одним словом «Смотри!». У древних греков величины обозначались не числами или буквами, а отрезками прямых. Они говорили не « a 2 », а «квадрат на отрезке а», не « ab », а «прямоугольник, содержащийся между отрезками a и b ». Некоторые термины подобного геометрического изложения алгебры сохранились до сих пор. Так, мы называем вторую степень числа квадратом, а третью степень – кубом числа. Решая алгебраические задачи, мы порой не задумываемся, что их можно решить геометрическим способом, может даже более простым, рациональным и наглядным.

Актуальность темы состоит в необходимости связи алгебры и геометрии, как элементов, составляющих одно целое – науку математику, а также в применении знаний геометрии в жизни. Данная тема интересна, потому что она позволяет находить новые неординарные подходы к решению задач. Многие задачи алгебры очень трудно решить аналитическим путем. Поэтому любое представление условия задачи в виде рисунка или чертежа облегчает решение задачи. Геометрический метод состоит в том, что само доказательство или решение задачи направляется наглядным представлением.

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

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.

Глава 1. Немного истории

В наши дни трудно найти человека, у которого геометрия не ассоциировалось бы с теоремой Пифагора. Причина такой популярности теоремы Пифагора триедина: простота, красота и значимость. В современных учебниках теорема сформулирована так: «В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов»

о мнению известного немецкого историка математики Кантора, равенство 3 2 +4 2 =5 2 было известно уже египтянам еще около 2300 г. до н. э. во времена царя Аменемхета I (согласно папирусу 6619 Берлинского музея). Кантор писал, что гарпедонапты, или «натягиватели веревок», строили прямые углы при помощи прямоугольных треугольников со сторонами 3, 4 и 5 .Очень легко можно воспроизвести их способ построения. Возьмем веревку длиною 12 м и привяжем к ней по цветной полоске на расстоянии 3 м от одного конца и 4 м от другого. Прямой угол окажется заключенным между сторонами длиной в 3 и 4 м (рис. 1). Решим задачу из «Арифметики» Магницкого, по которой начинал свой путь в науку Михайло Ломоносов.

«Случилося 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).

о теореме Пифагора: 117 2 + х 2 =125 2

х 2 =1936; х=44 , так как х>0

Задача из китайской «Математики в девяти книгах». Имеется водоем со стороной в 1 чжан = 10 чи. В центре его растет камыш, который выступает над водой на 1 чи. Если потянуть камыш к берегу, то он как раз коснётся его. Спрашивается: какова глубина воды и какова длина камыша?

Решение: Пусть х — искомая глубина, тогда х+1 — длина камыша.

По теореме Пифагора: 5 2 +х 2 =(х+1) 2 , х=12

Ответ: глубина воды 12 чи, длина камыша 13 чи.

Задача о бамбуке из древнекитайского трактата «Гоу-гу». Имеется бамбук высотой в 1 чжан. Вершину его согнули так, что она касается земли на расстоянии 3 чи от корня (1 чжан = 10 чи).

Какова высота бамбука после сгибания?

Решение: Пусть х — высота бамбука после сгибания. Тогда 10-х — вершина бамбука, которую согнули.

По теореме Пифагора: (10-х) 2 =х 2 +3 2

Ответ: 4 11 /₂₀ чи — высота бамбука после сгибания.

Задача «О лотосе» из Египта. На глубине 12 футов растет лотос с 13-футовым стеблем. Определите, на какое расстояние цветок может отклониться от вертикали, проходящей через точку крепления стебля ко дну.

х=

Ответ: на 5 футов.

Задача Бхаскари из Индии.

На берегу реки рос тополь одинокий.

Вдруг ветра порыв его ствол надломал.

Бедный тополь упал. И угол прямой

С теченьем реки его ствол составлял.

Запомни теперь, что в этом месте река

В четыре лишь фута была широка

Верхушка склонилась у края реки.

Осталось три фута всего от ствола,

Прошу тебя, скоро теперь мне скажи:

У тополя как велика высота?

По теореме Пифагора 3 2 +4 2 =5 2

Ответ: высота тополя равна 5 футам.

Глава 2 Геометрические методы решения алгебраических задач

2.1 Решение алгебраических задач с помощью теоремы Пифагора

Теперь решим некоторые алгебраические задачи с помощью теоремы Пифагора.

Задача 1. Решите уравнение .

Решение: Рассмотрим прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза с равна 13, катет а равен 12, а другой катет х — неизвестен. Тогда алгебраическая задача «Решите уравнение » получает геометрическую интерпретацию: «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.

Задача 2. Решите систему уравнений при условии, что x, y, z и t – положительны:

ешение: Рассмотрим прямоугольные треугольники с гипотенузами 1, 2, 3 и 4 и катетами x, у, z и t соответственно. Расположим эти треугольники на чертеже в виде «цепочки» так, чтобы их катеты были соответственно параллельны (рис. 4 a ). Проведя дополнительные построения, получим треугольник AВС с прямым углом С (рис. 4 b ), 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 следующим образом 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. Следовательно, x = 0,6, y = 1,2, z = 1,8, t = 2,4.

2.2 Применение в решении задач теоремы, обратной теореме Пифагора

Мы знаем, что теорема Пифагора имеет несколько сотен доказательств, и ею очень часто пользуются при решении задач, в то время как обратная ей теорема: «Если квадрат одной стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон, то треугольник прямоугольный» — не имеет столько доказательств, но является не менее важной. Теорема, обратная теореме Пифагора, помогает в решении некоторых алгебраических задач.

Рассмотрим простую на первый взгляд задачу с неожиданным ответом.

Задача 3. Следует ли из теоремы Пифагора, что треугольник со сторонами 6, 8, 10 прямоугольный?

Решение: Нет. Треугольник со сторонами 6, 8, 10, конечно, прямоугольный, но это следует не из теоремы Пифагора, а из теоремы ей обратной: если а 2 + b 2 =с 2 то, угол С=90°.

Задача 4. Из условий х 2 +у 2 =9, у 2 + z 2 =16 и у 2 =х z для положительных х, у, z , не вычисляя их значений, указать значение выражения ху+у z

Решение: По теореме, обратной теореме

Пифагора, числа х, у и 3 являются соответственно длинами катетов и гипотенузы треугольника АВ D с прямым углом D . А рассмотрев второе уравнение системы, можно сделать вывод, что у, z и 4 так же

есть соответственно длины катетов и гипотенузы треугольника ВС D

с прямым углом D . Третье уравнение системы разрешает

тверждать, 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. 5). Теперь рассмотрим выражение ху+у z =(х+ z )у= 2 S _A _ВС=3·4=12.

Задача 5. Решить систему уравнений:

По теореме, обратной теореме Пифагора, из уравнения х 2 + у 2 =3 2 , числа х и у являются катетами АBD ( D – прямой) с гипотенузой АВ = 3. Рассматривая второе уравнение у 2 + z 2 = 16, построим BDC, где у и z – катеты, а ВС = 4 – гипотенуза. Третье уравнение y 2 = xz подсказывает, что число у есть среднее пропорциональное чисел х и z.

По теореме обратной теореме о пропорциональных отрезках 0 АС = ( х + z ) = = 5, тогда

AB 2 = AD • AC, 9 = х • 5, х =9/5

BC 2 = DC • AC, 16 = z • 5, z = 16/5

BD 2 = y 2 = 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.

2.3 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.

Задача 6. В одном элеваторе было зерна в два раза больше, чем в другом. Из первого элеватора вывезли 750 т зерна, во второй элеватор привезли 350 т, после чего в обоих элеваторах зерна стало поровну. Сколько зерна было первоначально в каждом элеваторе?

ешаем данную задачу с помощью линейной диаграммы (рис. 6). Построенная линейная диаграмма превращает алгебраическую задачу в геометрическую, решение которой основано на использовании свойств длины отрезка, а именно: 1) равные отрезки имеют равные длины; меньший отрезок имеет меньшую длину; 2) если точка делит отрезок на два отрезка, то длина всего отрезка равна сумме длин этих двух отрезков.

Решение: AB = 2CD — первоначальное распределение зерна между двумя элеваторами; BK = 750, DE = 350. AK = CE — конечное распределение зерна между элеваторами.

CD=AF=FB (по построению), FB= 350 + 750 = 1100, тогда CD=1100, AB = 1100·2 = 2200.

Ответ: 2200 т, 1100 т.

адача 7. Предприятие уменьшило выпуск продукции на 20% . На сколько процентов необходимо теперь увеличить выпуск продукции, чтобы достигнуть его первоначального уровня.

Решение: Представим первоначальный выпуск продукции в виде отрезка АВ (рис. 7). Разделим его на 5 равных частей и отметим точку С на расстоянии 1/5 от В. Мы получим отрезок АС, равный 4/5 АВ. Из чертежа видно, что требуется найти какую часть составляет ВС от АС. Решение очевидно. Так как ¼ АС =ВС, тогда требуется увеличить выпуск продукции на ¼ АС, т. е. на 25%. Ответ: на 25%.

Задача 8. Бригада лесорубов ежедневно перевыполняла норму на 16 м 3 , поэтому недельную норму (шесть рабочих дней) она выполнила за четыре дня. Сколько кубометров леса заготовляла бригада в день?

Так как в задаче рассматривается произведение двух величин (A = p·n), то для наглядности представим его в виде двумерной диаграммы. Двумерная диаграмма — это площадь одного или нескольких прямоугольников, стороны которых изображают численные значения рассматриваемых величин (p и n), а площадь прямоугольника изображает их произведение (S = A).

Решение: Пусть S_ABCD определяет недельную норму бригады лесорубов. AB — производительность (м 3 ) бригады в день по плану; AD — количество дней; S_AMNK — объем работы, выполненный бригадой за четыре дня (рис. 8).

S _AMNK = S _ABCD = S; S ₁ = S ₂ , так как S ₁ + S ₃ = S ₂ + S ₃ . S ₁ = 2KE, S ₂ = =16·4 = 64, значит 2KE = 64, тогда KE = 32. AB = KE = 32, AM = AB + BM = 32 + 16 = 48.

Ответ: бригада заготовляла в день 48 м 3 леса.

Итак, метод длин и диаграмм является одним из удобных, интересных и наглядных способов, позволяющих лучше понять условие и решить задачу на этапе чертежа.

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.

Задача 10. 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?

ешение: Н а 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). ΔО VB ≅Δ NAB и Δ OP С≅ΔOMK, откуда VO / AN = VB / AB и С P / 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 А N =КМ. Учитывая это равенство и то, что СР= VO , получаем, VO/AN=CP/KM. Так как VO / AN = VB / AB и С P / KM = OP / OM , то получаем соотношение: VB / AB = OP / OM , значит t /( t -10)=( t +15)/10; t 2 -5 t -150=0; t =15 Таким образом, I станок выполнит работу за 15 минут, а II за 30 минут.

Ответ: 15 минут, 30 минут.

Задача 11. Два велосипедиста выезжают одновременно из пунктов А и В навстречу друг другу. Один прибывает в В через 27 минут после встречи, а другой прибывает в А через 12 минут после встречи. За сколько минут проехал каждый велосипедист свой путь?

ешение: Рассмотрим две системы координат tAy и t _’ By _’ (рис. 10). На оси А t откладываем время движения первого велосипедиста, а на оси В t _’ – время движения второго велосипедиста. Оси А t и Bt _’ сонаправлены. Оси пройденного пути противоположно направлены, длина отрезка АВ в каждом случае равна пройденному пути. Отрезок АВ₁ – график движения первого велосипедиста, а отрезок ВА₁ – график движения второго. Точка О соответствует моменту их встречи. Время движения до встречи обозначим t . ΔВ₁ОМ подобен ΔАО N , ΔМОВ подобен ΔNOA₁. Тогда MB ₁/ AN = MO / ON и BM / NA ₁= MO /О N . Из равенства следует: 27/ t = t /12, откуда t =18. Таким образом, первый велосипедист проехал весь путь за 18+12=30 (мин.), а второй за 18+27=45 (мин.).

Ответ: 30 минут, 45 минут.

Задача 12.
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?

Решение: 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 ОСР и ОКМ
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.

Итак, геометрический метод в решении алгебраических задач отличается быстротой. Мы убедились, что задачи на движение и совместную работу возможно решать с помощью геометрии. И такое решение является неординарным и рациональным, а также позволяет экономить время и быстро находить правильный ответ.

Глава 3 Задачи с практическим компонентом.

Как в прошлом, так и в настоящем для решения практических задач люди использовали знания геометрии. Например, работники некоторой судоверфи часто сталкивались с задачами, которые можно решить с помощью теоремы Пифагора.

Задача 13 Парусное судно стояло на ремонте на 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 12 2 +5 2 =144+25=169; 13·4=52 (м)

твет: троса не хватило.

В подтверждение возможности использования теоремы Пифагора на практике мы провели небольшой эксперимент, идея которого возникла во время прочтения книги «Занимательная геометрия» Я. И. Перельмана. Гуляя однажды по лесу в ясный солнечный день, мы заметили две сосны одна в 38 м от другой. Мы решили измерить их высоты. Дождавшись момента, когда длина нашей собственной тени стала равной нашему росту и, измерив длину тени деревьев, мы определили их высоты, используя свойство сторон равнобедренного треугольника. А затем составили и решили следующую задачу.

Высота первой сосны равна 29 м, второй – 4 м. Как велико расстояние между их верхушками?

ешение: Искомое расстояние АВ между верхушками сосен (рис. 12) находится по теореме Пифагора: (29-4) 2 +38 2 =25 2 +38 2 ≈45,5 2

Подобные задачи решаются в различных областях: в судостроении, ракетостроении, машиностроении, строительстве и т.д.

Глава 4 Геометрическое решение уравнений и систем уравнений

4.1Решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки

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 х 2 + 10 x= 39 ).

Площадь большого квадрата складывается из площади х 2 + 10x, равной левой части рассматриваемого уравнения, и площади четырех квадратов со стороной 5/2, равной 25.

S_ABCD=х 2 + 10x + 25 = 39 + 25 = 64; откуда следует, что сторона квадрата ABCD, то есть отрезок АВ= 8, а искомая сторона первоначального квадрата равна

Нахождение корней квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки

Следует упомянуть и о нахождении корней квадратного уравнения ах 2 + 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 ах 2 + 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):

Уравнения степеней выше второй тоже решали геометрически при помощи кривых — гиперболы, параболы и др.

Нахождение корней квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки

Задача 15 . Решить квадратное уравнение 7х 2 -6х-1=0.

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

4.2 Графический способ решения алгебраических систем уравнений и уравнений с модулем.

Графический способ часто эффективно используется для решения уравнений, систем уравнений и неравенств. На геометрическом языке решить систему уравнений – значит найти все общие точки графиков уравнений, входящих в систему. А решить неравенство — значит найти множество точек координатной плоскости, удовлетворяющих его условию. Графический метод изучается в курсе алгебры, но он основан на использовании геометрических представлений функций и связанных с ними законов геометрии.

Задача 16. Решить уравнение: |x-1|+2x-5=0.

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.

Задача 17. Сколько корней имеет система

Решение: Преобразуем все три уравнения системы:

Итак, данная система принимает вид:

График первого уравнения – окружность с центром в точке (-4;6) и радиусом 10; график второго – парабола, полученная из параболы х=-у2 путем параллельного переноса в точку (13;3); график третьего уравнения окружность с центром в точке (8;3) и радиусом 5. Построив эти графики, мы находим единственное решение системы (4;0) (рис. 6).

Видео:Матричный метод решения систем уравненийСкачать

4.3Решение некоторых типов тригонометрических задач геометрическим способом

Известно, что основные тригонометрические тождества и формулы приведения выведены с использованием теорем геометрии: теоремы Пифагора, признаков равенства треугольников, признаков подобия треугольников и других теорем.

В основе идеи применения геометрии при решении тригонометрических задач лежит то обстоятельство, что тригонометрические функции y = sin x , y = cos x , y = tg x , y = ctg x определяются при непосредственном участии геометрии.

Вычисление значений тригонометрических функций по заданному значению одной из них геометрическим способом без применения формул основных тригонометрических тождеств. Такие вычисления можно выполнять для углов любой четверти.

Задача 18. Дано: sin x = , 0°≤ α ≤ 90°

Найти cos α , tg α .

Т. к. α принадлежит I четверти, то cos α > 0.

cos α = = = = = .

tg α = = ÷ = = .

Ответ: cos α = , tg α = .

Т. к. sin α = , то пусть противолежащий углу α катет равен 3а, где а – отрезок единичной длины, тогда гипотенуза равна 4а. По теореме Пифагора найдём второй катет:

АС = = = а.

Значит, cos α = = = ,

tg α = = = = .

Ответ: cos α = , tg α = .

Задача 19 . Дано: cos α = — , 180° α

Найти sin α, tg α , ctg α.

Т. к. α принадлежит III четверти, то sin α tg α > 0, ctg α > 0.

sin α = — = — = — ;

tg α = — ÷ = ;

ctg α = = .

Ответ : sin α = — , tg α = , ctg α = .

Вычислим значение sin α , tg α и ctg α для случая, когда угол α – острый, а знак выражения sinα , tg α , ctg α определим в соответствии с четвертью, которой угол α принадлежит.

Т. к. cos α = , то пусть прилежащий к углу α катет будет равен 3а, где а – отрезок единичной длины, тогда гипотенуза равна 5а. По теореме Пифагора найдём второй катет = = = 4а. Тогдп sin α = = , tg α = = , ctg α = = . С учётом того, что α принадлежит третьей четверти, имеем sin α = — , tg α = , ctg α = .

Ответ: sin α = — , tg α = , ctg α = .

Задача 20 . Решить уравнение cos x – sin x = 1.

cos x – sin x = 1

Разделим левую и правую часть уравнения на корень квадратный из суммы квадратов коэффициентов при cos x и sin x , т. е. на = :

× cos x — sin x = .

Заметим , что = sin = cos , т . е . sin × cos x — cos × sin x =

sin =

= arcsin 2 πn , n принадлежит Ζ,

= + 2 πn ,

= 2 πk , k принадлежит Ζ.

= π + 2π m , m принадлежит Ζ,

= + 2π m ,

= — + 2 πl , l принадлежит Ζ .

cos x – sin x = 1

ВС = 1 × sin x = sin x,

АС = 1 × cos x = cos x.

Следовательно, АС – ВС = 1. Но в треугольнике АВС каждая сторона больше разности двух других сторон, т. е. АВ > АС – ВС АС – ВС

если АС = 1, а ВС = 0, т.е. = 0 + 2 πk , = 2 πk , k принадлежит Ζ

если АС = 0, а ВС = 1, т.е. = — + 2 πl , l принадлежит Ζ

Ответ: 2 πk ; — + 2 πl , k , l принадлежат Ζ.

Задача21 . Решить уравнение: arcsin x + arcsin 2 x =

Пусть arcsin x = α, arcsin 2 x = β.

α + β =

sin α = x , sin β = 2 x . Заметим, что x > 0 (иначе arcsin x arcsin 2 x

Пусть АС = 1, АВС D – прямоугольник, тогда ВС = 1 × sin α = sin α = x ,

CD = 1 × sin β = sin β = 2 x

По теореме Пифагора из треугольника АВС:

+ = ,

+ = 1,

5 = 1,

x = , x = — — не подходит по условию задачи.

Ответ: .

Задача 22 . Решить уравнение: sin x + cos x = 1.

Воспользуемся формулой sin x + cos x = cos ( x — ).

cos ( x — ) = 1,

cos ( x — ) = ,

— = — +2 πn , n принадлежит Ζ — = + 2 πn ,

= 2 πn , n принадлежит Ζ = + 2 πn , n принадлежит Ζ.

Ответ: 2 πn ; + 2 πn , n принадлежит Ζ.

sin x + cos x = 1.

Из треугольника АВС:

ВС = 1 × sin x = sin x ,

АС = 1× cos x = cos x.

Для любого значения угла x от 0° до 90° в треугольнике АВС АВ πn , = + 2 πn , n принадлежит Ζ.

Ответ: 2 πn ; + 2 πn , n принадлежит Ζ.

Задача 23:_{Вычислить без калькулятора и таблиц} _sin _18°.

_{Решение:}

Рассмотрим сектор ОАВ окружности с центром в точке О и радиуса 1, AOB =36 _º _(рис.10). Тогда ОАВ= = OBA =72°. Проведем хорду АВ, на отрезке ОВ построим точку С так, чтобы АС=АВ, при этом АСВ= = АВС=72°, а САВ=36°. Таким образом, ОАС=36°, следовательно, ОС=АС.

усть АВ=х, тогда ОС=х, СВ=1-х. Поскольку АС — биссектриса треугольника ОАВ, справедлива пропорция , откуда х 2 +х-1=0, (х>0); . По теореме косинусов АВ 2 =ОА 2 +ОВ 2 -2ОА×ОВ× , x 2 =1+1-2 cos 36º, x 2 =2-2 cos 36º, Поэтому . Ответ: .

Глава 5 Геометрическое решение некоторых нестандартных задач

Задачи, встречающиеся на олимпиадах, очень часто требуют нестандартных подходов.

Геометрический метод может помочь в решении таких задач, к которым относятся неравенства, уравнения и системы уравнений с параметрами.

Задача 24. 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 .

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.

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).

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

Алгебра: учеб. для 8 кл. общеобразоват. учреждений/ Ю.Н. Макарычев [и др.]; Под ред. С.А. Теляковского. – М.: Просвещение, 2012.

Геометрия, 7-9: учеб. для общеобразоват. учреждений/ Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев и др. – М.: Просвещение, 2012.

Генкин Г.З. Геометрические решения алгебраических задач// Математика в школе. – 2001. – №7.

Единый государственный экзамен. Математика. 11 класс: 2013. – М.: Просвещение.

Жуков А.В. Элегантная математика. Задачи и решения/ А.В. Жуков, П.И. Самолов, М.В. Аппельбаум. – М.: КомКнига, 2005.

За страницами учебника математики/ авт.-сост. С.А. Литвинова. – М.: Глобус, Волгоград: Панорама, 2008.

Математика. 9-11 классы: проектная деятельность учащихся/ авт.-сост. М.В. Величко. – Волгоград: Учитель, 2007.

Перельман Я. И. Занимательная геометрия. – М.: АСТ, 2007.

Энциклопедия для детей. Т. 11. Математика/ Глав. ред. М. Аксенова. – М.: Аванта +, 2007

Электронная энциклопедия «Большая энциклопедия Кирилла и Мефодия».

http://mat.1september.ru/ — Издательский дом «Первое сентября». Учебно-методическая газета «Математика».

http://www.lomonosovo.ru/ — Общественно-информационный сайт «Ломоносово.ру».

Краткое описание документа:

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:

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) г рафический способ решения алгебраических систем уравнений и уравнений с модулем;

5) р ешение 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).

Видео:Cистемы уравнений. Разбор задания 6 и 21 из ОГЭ. | МатематикаСкачать

Геометрические методы решения алгебраических уравнений

«Алгебра — не что иное, как записанная в символах геометрия, а геометрия — это просто алгебра, воплощенная в фигурах».

Большинство воспринимают алгебру и геометрию как совершенно разные науки , но на самом деле они очень близки. Поэтому на современном этапе развития школьного математического образования должна решаться задача интеграции математических знаний , формирования целостных представлений о математике как науке. А для успешного изучения математики надо не только знать основные формулы и теоремы , но и владеть различными способами решения задач. Необходимо знать и уметь применять такие методы, которые позволят сэкономить время и будут наглядны, т.е. решение задачи будет выглядеть очевидным.

Для успешного изучения математики надо не только знать основные формулы и теоремы, но и владеть различными способами решения задач. Необходимо знать и уметь применять такие методы, которые позволят сэкономить время и будут наглядны, т.е. решение задачи будет выглядеть очевидным.

Существуют алгебраические задачи, которые трудно решить аналитическим путем. Облегчить решение задачи можно путем представления условий в виде чертежа или рисунка. Многие сложные задачи в ЕГЭ можно решить с помощью геометрического метода.

Основной особенностью данного метода являются «законы геометрии и геометрические представления, в которых отражаются свойства геометрических фигур»[9]. Геометрические методы могут использоваться при решении уравнений, нахождения наименьших и наибольших значений уравнений, при решении неравенств и их систем с параметрами. Подобные задачи могут встречаться как в конкурсных заданиях, так и в заданиях ЕГЭ. Таким образом, выбранная тема перспективна и актуальна. Из-за нестандартности данного подхода при решении алгебраических задач, геометрический метод не изучается в школьном курсе математики. Этим обстоятельством определяется важность данной темы исследования.

Основная цель моей работы: подбор и решение интересных алгебраических задач, в которых используются геометрические методы и приемы.

Актуальность работы заключается в поиске оптимальных способов решения задач. А также нахождение преимуществ геометрического метода при решении алгебраических задач, который позволяет сделать решение наглядным, поскольку данных подход помогает получить изящное, красивое и доступное решение.

Объект исследования: алгебраические задачи

Предмет исследования: геометрические методы решения алгебраических задач

Гипотеза исследования: Мы предположили, что геометрический метод позволяет успешно решать сложные алгебраические задачи (в том числе задания ЕГЭ), упрощая решения и делая его наглядным

1.Изучить литературу по теме исследования

2.Выявить особенности и преимущества геометрических методов решения алгебраических задач

3.Показать практическое применение геометрического метода при решении задач

Глава 1. Особенности методов решения задач

Для достижения оптимального результата при решении задач необходимо интегрировать разные способы решения. Таким образом, красота любой задачи заключается в оптимальности способа ее решения.

Понятие «интеграция» [лат. integratio — восстановление, восполнение; integer — целый] трактуется как восстановление, объединение в целое каких-либо частей, элементов; «как состояние связанности в целое отдельных дифференцированных частей, а также как процесс, ведущий к такому состоянию. В обучении интеграцию часто понимают как взаимовлияние, взаимопроникновение и взаимосвязь содержания различных учебных дисциплин»[10].

Так как в обучении математике основным видом деятельности учащихся является решение задач, то целесообразно интеграцию геометрии и алгебры осуществлять относительно применяемых в них методов[3].

Алгебраический метод (по отношению к элементарной математике) трактуется как метод, «заключающийся в употреблении букв и буквенных выражений, над которыми по определенным правилам производятся преобразования. Его называют еще методом буквенных вычислений»[6] .

Геометрический метод характеризуют как метод, «идущий от наглядных представлений» [5]. Существенными признаками этого понятия являются геометрические (наглядные) представления и законы геометрии, в которых отражены свойства геометрических фигур. «При этом необходимо учитывать, что наиболее простое решение может быть совершенно неочевидным» [7]. Очень часто геометрический метод и является одним из таких неочевидных, но эффективных (и эффектных!) способов решения задачи.

Если за основу классификации алгебраических и геометрических методов принять систему знаний, на которых основан метод, то получим следующие методы.

Алгебраические: «метод тождественных преобразований; метод уравнений и неравенств( т.е. аналитический метод); функциональный метод; векторный метод; координатный метод» [17].

Геометрические: метод длин; метод треугольников; метод параллельных прямых; метод соотношений между сторонами и углами треугольника; метод четырехугольников; метод площадей; метод подобия треугольников; тригонометрический метод (метод, основанный на соотношениях между сторонами и углами треугольника, выраженными через тригонометрические функции); метод геометрических преобразований; графический метод (хотя данный метод изучается в курсе алгебры, но он основан на использовании геометрических представлений функций и связанных с ними законов геометрии); метод дополнительных построений[15].

Каждый метод состоит из определенных приемов, а каждый прием — из действий. «Под интеграцией алгебраического и геометрического методов будем понимать процесс сочетания данных методов или связи их приемов в один метод» [8].

В следующих главах своей работы я покажу преимущества тех или иных методов при решении разнообразных задач. Замечу, что в моей работе я отдаю предпочтение геометрическому методу.

Глава 2. Практическое применение геометрического метода для решения алгебраических задач

2.1.Применение формулы расстояния между двумя точками

Пример 1. Решить систему уравнений

Рассмотрим слагаемые второго уровня:

Пусть это расстояние между «текущей» точкой М (х;у) и точкой А (2; -1).

Пусть это расстояние между точками М (х;у) и В (10;5). Найдем расстояние между точками А и В: АВ = = 10

Откуда следует, что АМ+ВМ = АВ, М АВ. Составим уравнение прямой АВ, проходящей через точки А и В.

Имеем: у = 0,75х – 2,5 или 3х – 4у = 10. Получим новую систему:

2.2.Применение свойств прямоугольного треугольника

Применение геометрического метода возможно при решении несложных систем уравнений. Особенность данного метода заключается в том, «чтобы в алгебраических выражениях увидеть формулировки теорем геометрии» [1], например, теорему о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике, теорему Пифагора, формулу площади прямоугольного треугольника.

Пример 2: Решить систему уравнений

Внимательно посмотрим на первое уравнение системы. Очевидно, что согласно теореме, обратной теореме Пифагора, то катетами прямоугольного треугольника являются числа х и у. Построим данный треугольник KL P , у которого угол P – прямой с гипотенузой KL = 6. Аналогично второе уравнение системы, 8 2 , где у и z – катеты, LM = 8 — гипотенуза . Третье уравнение систему показывает, что число у является средним пропорциональным чисел х и z .

По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, угол KLP = 90°

KM = ( x + z ) = = 10,

Тогда KL 2 = K P · KM , 36 = х ·10, х =

LM 2 = PM·KM, 64 = z · 10 , z = , следовательно

Однако, такой прием может давать потерю корней, можно убедиться, что

2.3. Применения векторов к решению иррациональных уравнений

В следующих примерах применение геометрического метода построено на понятии коллинеарных векторов и формуле скалярного произведения векторов в координатах [14].

Пример 3. Решить уравнение:

Скалярное произведение векторов

Возведение обеих частей в квадрат помогает получить корни уравнения:

Пример 4. Решить уравнение

Приведем данное уравнение к виду . Рассмотрим векторы Тогда

Следовательно, . Так как , то

Поэтому . Значит равенство не выполняется ни при каких значениях х и у. Т.е. данное уравнение не имеет решений.

Ответ: уравнение не имеет решения

2.4. Использование уравнения прямых

Пример 5. Решить систему уравнений

Решение:Рассмотрим на координатной плоскости точки А(6;0),В(0;4), С(9;0), D (0;3). Решить систему — означает найти все точки М(х;у) , для каждой из которых

Поэтому точку М можно найти как точку пересечения отрезков АВ и CD. — уравнение прямой АВ, — уравнение прямой CD.

2.5.Применение теоремы косинусов при решении иррациональных уравнений

«Теорема косинусов может применяться при решении иррациональных уравнений»[12]. Рассмотрим примеры.

Решение: Сначала докажем, что выполняется неравенство:

З аметим, что если х ⩽ 0,

Поэтому значение левой части неравенства в этом случае не меньше, чем 3+4=7.

Чтобы убедиться в истинности неравенства при х > 0, рассмотрим треугольник ACD , в котором АС=3, CD = x , а угол ACD = а = 45°. В силу теоремы косинусов имеем:

Аналогично, если СВ=4, CD = x , а угол BCD = β = 45°, то из треугольника BCD имеем

Так как угол АСВ — прямой, то Следовательно, с помощью неравенства треугольника получаем:

Таким образом, в основу неравенства (1) прямоугольный треугольник со сторонами 3, 4, 5.

Равенство(1′) не может быть истинным при х ⩽ 0, а при х>0 значение его левой части равно AD + DB и АВ = 5. Ясно, что AD + DB = АВ в том, и только том случае, когда точка D лежит на отрезке АВ. Следовательно, поскольку CD — биссектриса угла С, то единственным корнем уравнения (1′) является x = CD *.

Длина биссектрисы треугольника АВС, проведенной из вершины С, может быть вычислена по формуле нахождения биссектрисы прямого угла прямоугольного треугольника, получаем: CD * = · = =

И это единственный корень. Ответ: х =

Глава 3. Применение геометрических методов при решении задач с параметрами из ЕГЭ

Задачи с параметрами достаточно часто бывают достаточно сложными и требуют нестандартного подхода к решению[4].

Зачастую при формулировке той или иной задачи, содержащей параметр, нет никакого намёка на применение геометрических формул и теорем. Однако при использовании графического способа решения задач с параметрами без геометрии просто не обойтись[2]. Часто используется теорема Пифагора, соотношения между сторонами и углами треугольника, уравнение окружности и другие геометрические факты. Геометрический метод решения очень часто позволяет сделать решение простым и наглядным, быстро получить ответ. Рассмотрим несколько примеров[11].

Пример 7. Найти значение параметра а, при которых система уравнений имеет два решения

— окружность в центре в начале координат и радиусом 1

Уравнение задает семейство графиков данной функции на оси Оу.

График данной функции касается окружности при а = —

Ответ мы может увидеть на рисунке.

Таким образом, система имеет два решения при а = и (1;1)

Пример 8. При каких значениях параметра а система уравнений не имеет решений?

Решение: Построим два множества точек в одной координатной плоскости: замкнутую область с модулем и уравнение с центром в точке (0;а) радиуса 3.

Ответ: система уравнений не имеет решений при а ˂ -6, а ˃ 6.

Пример 9. При каких значениях параметра а система уравнений имеет 4 решения ? 8 решений? Не имеет решений?

Построим множества точек координатной плоскости, определяющее первое уравнение и окружность с центром (0;0) радиуса r =

△ АВС – прямоугольный, равнобедренный; Проведем ОК ⊥ АВ, ОВ = 3,

АВ = 3 , ОК = КВ = АК = 1,5

Находим границы изменения R : 2 R

4 решения при а = 4,5 и а = 9

Система уравнений имеет 8 решения при 4,5˂а˂9

Не имеет решений при а˂4,5 и а˃9

Пример 10. При каких значениях параметра а система уравнений не имеет решений?

Выделим полный квадрат в первом уравнении системы и перепишем ее в виде:

Построим первую окружность с центром в точке (2;а) радиуса 2 и вторую с центром (5,3) радиуса 1.

Ответ: Система уравнений не имеет решений при а ≠ 3

В данной работе представлены интересные алгебраические задачи, решаемые с помощью средств геометрии; рассмотрены различные подходы к их решениям. Таким образом, можно говорить о том, что цель исследовании достигнута.

Полезность работа заключатся в том, что она помогает научиться строить геометрические модели к алгебраическим задачам. В процессе работы было выявлено, что геометрические интерпретации помогают найти ответ к задаче. Рисунок не просто облегчает решение, а является существенным его этапом.

Я сделал вывод, что эффективность геометрического метода состоит в наглядности и быстроте решения, в красоте математических выкладок, эстетике графического подхода к их решению алгебраических задач.

Также хочется отметить, что геометрический метод просто незаменим при решении многих задач, содержащих параметры. Решение задач с помощью данного метода основано на наглядно-геометрических интерпретациях, связанных с геометрическим смыслом модуля, неравенством треугольника, формулой расстояния между двумя точками на плоскости[16]. При исследованиях с параметрами геометрический метод нагляден, позволяет сэкономить время, увидеть и рассмотреть все возможные варианты решений.

Также хочется отметить, что знание приёмов решения негеометрических задач геометрическим методом позволяют успешно решать задачи ЕГЭ, конкурсные и олимпиадные задачи. Данные приёмы упрощают решение, делают его более наглядным и красивым.

Я получил много новых знаний, разобрал и решил реальные задачи ЕГЭ по математике. Надеюсь, что полученные выводы помогут мне впоследствии определить способ решения задачи с параметрами. Думаю, что материалы этой работы смогут использовать учителя математики на факультативных занятиях, а также учащимся при подготовке к конкурсами, олимпиадам и экзамену по математике.

Список использованных источников

Генкель Г.З. «Геометрические решения негеометрических задач», -Москва: Просвещение 2007.

Генкин Г. 3. Геометрические решения алгебраических задач. — «Математика в школе», №7- 2001, с. 61.

Готман Э.Г. , Скопец З.А., Решение геометрических задач аналитическим методом. — М.: Просвещение, 1979.

Ефимов Н. В. Краткий курс аналитической геометрии: Учебн. пособие. — М.: Физматлит, 2005.

Игошин В.И. Аналитическая геометрия. — Саратов: Наука, 2007.

Кравцев С. Ю., Макаров Ю. И., Максимов М. И. и др. Методы решения задач по алгебре: от простых до самых сложных. — М.: Экзамен, 2001.

Киселева Ю. С., Методическое пособие по теме: Использование геометрических методов.

Лысенко Ф.Ф. Учимся решать задачи с параметром. Ростов-на-Дону Легион, 2012.

Куликова Л. В., Литвинова С. А., За страницами учебника математики, М. — Глобус, 2008.

Мигина А. Решение уравнений с применением оригинальных приемов. — Газета «Математика», №37 — 2001, с. 26.

Окунев А.А. Графическое решение уравнений с параметрами. — М.: Школа-Пресс, 1996.

Попов В. А. Иррациональные уравнения, неравенства и теорема косинусов. — «Математика в школе», №6- 1998, с. 52.

Потоскуев Е. В. Векторы и координаты как аппарат решения геометрических задач. -М., Дрофа,2008.

Сборник задач по математике с решениями 8-11 кл./ В.К, Егерев, В.В. Зайцев, Б.А. Кордемсксий и др.; Под ред. М.И Сканави – Москва: Мир и Образование, 2017 – 624 с.: им.

Филимонов В.А, Геометрия помогает решить задачу — Математика в школе № 2-3, 1992

Шевкин А.В. «Тестовые задачи в школьном курсе математики» М.: Педагогический университет «Первое сентября». 2009.

Сайты и интернет-ресурсы : alexlarin . net , abiturient . ru (МИЭТ), mathus . ru / math /, reshuege . ru , Ege — ok . ru / category / zadachi — s — parametrom /