Исследовательская деятельность учащихся

              Министерство образования и науки Республики Бурятии

Закаменское районное управление образования

МБОУ «Закаменская районная гимназия»

Районная научно-практическая конференция

«Шаг в будущее»

Секция «Алгебра»

Графическое решение текстовых задач

/ Научно-исследовательская работа /

Выполнила: Дарима Будаева, ученица 11 класса

        Руководитель: Зомонова Л.Г., учитель математики

2015

Рецензия

на исследовательскую  работу  «Графическое решение текстовых задач», выполненную  

ученицей 9 класса МБОУ «Закаменская районная гимназия»

Будаевой Даримой

 В данной работе ученица изучила графический метод решения текстовых задач и показала преимущество этого метода.

 Поставленная цель в целом достигнута: проделана большая работа по изучению соответствующей литературы.  Автор в своей работе сравнила алгебраический и графический методы решения текстовых задач и обосновала достоинство геометрического решения задачи. На примере большого количества задач показала наглядность этого метода. Актуальность данной темы не вызывает сомнений, поскольку традиционные решения алгебраическим или арифметическим способом зачастую являются громоздкими и сложными, требуют больших временных затрат, что не допустимо в условиях сдачи экзаменов в форме ЕГЭ И ГИА, когда время ограничено. Графический способ экономит время.

Проделанная работа имеет практическую ценность в плане приобретения умений   нестандартно подходить к решению любой задачи.

В процессе выполнения работы ученики  проявили самостоятельность, использовали поисковый метод. Изучили справочную и учебную литературу, провели самостоятельное исследование.

Кроме того, в ходе освоения графического метода решения текстовых задач формируются практические навыки, развиваются представления о роли вычислений в человеческой практике, развивается вычислительная культура. Благодаря текстовым задачам легко увидеть практическое применение своих знаний в жизни. Умение решать текстовые задачи позволит помочь, например, при ремонте квартиры, при расчетах необходимых затрат или времени. Все вышеперечисленное в свою очередь развивает познавательный интерес к математике и готовит к самостоятельности мышления

Рассмотренные в работе задачи, могут послужить материалом для использования на уроках и подготовки к выпускным экзаменам.

                 Руководитель: ___________   (Зомонова Л.Г., учитель математики)

Содержание

I.   Введение……………………………………………………………….…..………….2

§1.  О графическом методе решения текстовых задач...................................................3

§2.  Сравнение основных методов решения задач на движение…..............................4

§3. Решение текстовых задач на движение и на работу графическим методом…….6

II.  Заключение……………………………………………………………………....….10

III.   Список используемой литературы………………………………….………..…..10

IV.  Приложения…………………………………………………………….……..……11

Введение

Наряду с заданиями по курсу алгебры и началам анализа контрольно-измерительные материалы единого государственного экзамена содержат текстовые задачи. Текстовая задача часто оказывается для многих самой трудной задачей. Одним из возможных путей устранения  обозначенной проблемы является изучение  различных приемов решения текстовых задач.                  

Традиционно текстовые задачи решаются арифметическим способом (по действиям) или алгебраическим (с помощью уравнений, неравенств и их систем). При решении заданий во время тестирования, безусловно, имеет значение не только его правильность, но и быстрота решения. Предлагаемый в данной работе графический метод решения текстовых задач во многих случаях является рациональным, значительно упрощает решение, ведет к более быстрому получению ответа.    

   Графическое изображение функций описывающих условие задачи – зачастую удобный технический прием. График позволяет наглядно представить ситуацию, описанную в задаче. Также он позволяет найти и составить новые уравнения, описывающие условие задачи, а иногда и просто заменить алгебраическое решение чисто геометрическим.

    Актуальность темы:

1. Данная тема является дополнением и углублением изученных в курсе алгебры методов решения задач
2. Приобретенный опыт решения текстовых задач графическим методом будет способствовать развитию уровня логической культуры.
3. Изучение данной темы помогает более глубоко подготовиться к  ЕГЭ  и ОГЭ по математике

 Цель работы:

Рассмотреть различные текстовые задачи и  изучить  графические методы их решения.

Задачи:

• подбор и изучение соответствующей литературы;
• изучить графический метод решения текстовых задач и показать преимущество этого метода;

Объект исследования  -  текстовые задачи на движение и на работу

Предмет исследования – графический метод решения текстовых задач.

Методы исследования:  

• изучение справочной и учебной литературы;
• анализ полученной информации.

§1. О графическом методе решения текстовых задач

Если в текстовой задаче речь идет о реальных объектах, процессах, связях и отношениях, то задача называется сюжетной. Реальные процессы – это движение, работа, покупки, смеси, сплавы и т.д. Поэтому среди сюжетных задач обычно выделяют задачи на разностные и кратные отношения, на движение, совместную работу, смеси, сплавы и концентрации.

 Под методами решения сюжетных задач обычно рассматривают арифметический, алгебраический и геометрический (графический). Геометрический метод не используется в средней школе. Тем не менее, при решении задач на равномерные процессы иногда он дает более простое и компактное решение.

При решении задач на равномерные процессы важно научиться переводить алгебраическое условие задачи на геометрический язык графиков. Изображая графики процессов, можно находить зависимости между величинами, применяя геометрические знания, а можно решать задачу привычным способом, только построенная модель зависимостей между величинами помогает увидеть отношения между этими величинами.

Решение текстовых задач с помощью графического представления условия задачи может помочь в решении задач различных уровней сложности. С помощью графиков рационально решаются задачи, в которых описывается некоторый процесс: движения, работы, заполнения зала зрителями, горения свечи и т.д. В школьных задачах, как правило, описываются процессы с постоянной скоростью его протекания. Поэтому, независимо от вида процесса, его характеристики (скорость протекания процесса, время – продолжительность процесса, результат процесса – пройденный путь, вспаханная площадь поля, выполненная работа с необозначенным содержанием и т.д.) связаны одной и той же линейной зависимостью: результат процесса равен произведению скорости и времени его протекания.

Формулы выражения этой зависимости имеют вид S = vt, A = vt. График такой зависимости удобно изображать в системе координат: горизонтальная ось (Оx) – ось времени, вертикальная (OY) – ось результата процесса (например, пройденный путь).

 Графиком линейной зависимости служит прямая. Угол наклона прямой к оси абсцисс характеризует скорость процесса, а модуль тангенса этого угла равен численному значению скорости протекания процесса.

Заметим, что пройденный путь S0, численно равный длине отрезка AB, за время t0 (численно равно длине отрезка OB) можно найти из геометрических соображений: из прямоугольного треугольника: AB – противолежащий катет острому углу α равен произведению прилежащего катета OB и тангенса противолежащего угла α, AB= OB·tg α. А с другой стороны, по формуле S = Vt длина отрезка AB равна S0 = V t0.

Таким образом, изображая графики процессов, можно находить зависимости между величинами, применяя геометрические знания, а можно решать задачу привычным способом, только построенная модель зависимостей между величинами помогает увидеть отношения между этими величинами. На этих двух подходах основано использование графиков при решении текстовых задач.

§2.  Сравнение основных методов решения задач на движение.

На примере одной задачи на равномерные процессы покажем, как ее можно было бы решить арифметическим, алгебраическим и графическим способами. Проведем сравнительный анализ этих методов решения  и выявим наиболее рациональный.

Задача.  Первый пешеход может пройти расстояние между двумя пунктами на 5 часов быстрее, чем второй. Если пешеходы выйдут из этих пунктов навстречу друг другу одновременно, то встретятся через 6 часов. За сколько часов каждый из них может пройти это расстояние?

Приведем два решения этой  задачи.

Решение 1. (алгебраическое)

   Пусть первый пешеход может пройти все расстояние за х ч, тогда второй может пройти это расстояние за (х + 5) ч. Скорость первого пешехода равна     второго -  , а общая скорость равна  . Составим уравнение.

     Перенеся все слагаемые в левую часть уравнения, после преобразований получим уравнение.

     Решив уравнение

                                             х2 – 7х – 30 = 0,                                                     (1)

     Получим корни х1 = 10; х2 = –3, не обращающие в нуль знаменатель дроби в уравнении (1).

     Так как по смыслу задачи х > 0, то х = 10, а х + 5 = 15.

     Итак, первый пешеход может пройти все расстояние за 10 ч, а второй за 15 ч.

                                                                                                                        Ответ: 10 ч, 15 ч.

Решение 2 (графическое).

В прямоугольной системе координат построим графики движений пешеходов (считаем, что они идут с постоянными скоростями). На чертеже точки пересечений графиков соответствуют встрече объектов в какой-то момент времени. Для любой точки А графика с координатами (x;y), x – это момент времени, в который объект находится на расстоянии y от начальной точки

Пусть первый пешеход может пройти все расстояние за х ч, тогда второй – за   (х + 5) ч. На рисунке 1 отрезки CD и AB изображают промежутки времени движения от одного пункта до другого первого и второго пешеходов соответственно. Отрезок MN изображает промежуток времени движения пешеходов до встречи. Поэтому

CD = x, AB = x + 5, MN = 6, KD = x – 6, PB = x – 1.

 Так как ∆ CKN ~ ∆ BPN и ∆DKN ~ ∆APN по двум углам, то

                     и т.е.  

Составим уравнение:

     Здесь также получилось уравнение с неизвестным в знаменателе, оно приводит к тому же ответу.

Вывод: приведенные способы решения показывают преимущество графического метода, который позволяет облегчить наилучший выбор неизвестного для составления уравнения или подсказать ход рассуждений для отыскания арифметического решения задачи.

§3. Решение текстовых задач на движение и на работу графическим методом.

Задача 1 (на движение).

Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Вслед за ним через 2 ч из пункта А выехал велосипедист, а еще через 30 мин – мотоциклист. Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались равномерно и без остановок. Через некоторое время после выезда мотоциклиста оказалось, что к этому моменту времени все трое преодолели одинаковую часть пути от А до В. На сколько минут раньше пешехода в пункт В прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в пункт В на 1 ч позже мотоциклиста?

     Решение. Ситуацию, описанную в задаче, изобразим графически.

     Поскольку все движения равномерны, то условиям задачи соответствует рисунок 1.

     Из подобия треугольников (опустим доказательство) следует пропорция.

 = ; = .

ч = 48 мин.

Ответ: на 48 мин.

Задача 2 (на работу).

Две бригады, работая одновременно, обработали участок земли за 12 ч. За какое время могла бы обработать этот участок каждая из бригад в отдельности, если скорости выполнения работы бригадами относятся как 3:2?

Решение.   

Пусть q(x) – зависимость обработанной первой бригадой части участка земли за время х от времени х, зависимость p(x) отражает работу второй бригады. Построим графики этих соответствий на координатной плоскости.

Точка пересечение графиков зависимостей p(x) и q(x) соответствует моменту окончания одновременного выполнения работы двумя бригадами.

                                   Рис. 3

Пусть v1и v2– скорости выполнения работы первой и второй бригадами соответственно. По условию задачи v1:v2= 3:2. С другой стороны, v1=АВ/ВН, а v2=АВ/ВG. Отсюда получаем, что v1:v2=BG:BH=3:2.

Треугольники BOD и FOE подобны (∠ВОD= ∠FОЕ как вертикальные, ∠ОDВ= ∠ОЕF=900). Из подобия треугольников следует равенство:

                                                                 (1)  

Треугольники BOG и FOA подобны  ВОG= FОA как вертикальные, ∠ОGВ=∠ ОAF как накрест лежащие при параллельных ВН и АF и секущей AG). Из подобия треугольников следуют равенства:

                                                          (2)  

Из равенств (1), (2) следует:  

                                ВН=BD+DH=BD+EF=12+18=30 (ч).

                                                                                                              Ответ: 20 ч., 30 ч.

Задача 3. (Задача Льюиса Кэрролла из сборника математических головоломок для школьников.) Из двух городов навстречу друг другу вышли одновременно два курьера. После встречи один был в пути 16 часов, а другой – 9 часов. Сколько времени был в пути каждый?

     Можно составлять систему из двух уравнений с тремя неизвестными, которая сводится к квадратному уравнению, дающему ответ t1= 21, t2 = 28.

     А можно условие задачи представить графически (рис. 2).    

     Обозначим время движения каждого курьера до встречи t.

     Аналогично решению предыдущей задачи из подобия треугольника имеем.

                         ; t2 = 144; t = 12.

                       12 + 16 = 28 (ч), 12 + 9 = 21 (ч).

                                                                         Ответ: 21 ч, 28 ч.

Заключение

В процессе работы мы научились переводить алгебраическое условие задачи на геометрический язык графиков, позволяющий оптимизировать процесс решения текстовых задач на равномерные процессы. Была подтверждена выдвинутая перед началом исследования гипотеза – с помощью графического метода можно получить простой алгоритм построения уравнений и их систем для определения искомых величин при решении текстовых задач на равномерные процессы.

Достоинство геометрического решения задачи – в его наглядности: на графике видна связь между величинами, входящими в условие задачи; чертеж помогает расширить задачу – поставить и решить более общие вопросы, глубже проникнуть в существо задачи, оценить реальность результата и промежуточных действий. И, наконец, традиционные решения алгебраическим или арифметическим способом зачастую являются громоздкими и сложными, требуют больших временных затрат, что не допустимо в условиях сдачи экзаменов в форме ЕГЭ И ГИА, когда время ограничено. Графический способ экономит время.

 Рассмотренные в работе задачи, могут послужить материалом для использования на уроках и подготовки к выпускным экзаменам.

Список использованной литературы.

1.Материалы вступительных экзаменов. Приложение к журналу «Квант»– М.: Бюро Квантум, 1993.

2.Материалы вступительных экзаменов Квант.–2007 – № 1 – С.44 -53.

3.Пирютко О.Н.,  Графический метод решения текстовых задач – Минск: Аверсэв, 2005. – 192 с.

4 Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач. Учебное пособие для 10 кл. М, «Просвещение»,1989.

Приложения

     Задача №1. Почтовая связь между двумя пристанями М и К на реке осуществляется двумя катерами. В установленное время катера отплывают от своих пристаней, встречаются, обмениваются почтой и возвращаются обратно. Если катера отплывают от своих пристаней одновременно, то катер, выходящий из М, тратит на путь в оба конца 3 ч, а катер из К – 1,5 ч. Скорость обоих катеров относительно воды одинаковы. Определите, на сколько позже должен отплыть катер из М, чтобы оба катера находились в пути одно и тоже время.

     Решение.   Этой задаче соответствует график, изображенный на рисунке 1.

     Очевидно, что если катер из М отправится на x ч позже, катер из К вернется на x ч позже. Чтобы оба катера находились в пути одно и тоже время, надо, чтобы оба катера были в пути одинаковое время:

KL’ =  (ч).

то есть, чтобы встреча произошла ровно на середине пути, должно выполнятся равенство x+ 1,5 = 3 – x, откуда x = 0,75. То есть катер из М должен отплыть на 0,75 ч = 45 мин позже.

Ответ: 45 мин.

Задача №2. Из пункта А в пункт В одновременно отправились два велосипедиста, при чем скорость первого на 6 км/ч больше скорости второго. Через час из В в А отправился третий велосипедист со скоростью 20 км/ч, встретивший второго через час после встрече с первым. Найдите скорость первого велосипедиста, если известно, что второй прибыл в B на 6 часов позже первого.

     Сразу рисуем графики, соответствующие условию данной задачи    (рис. 2) и начинаем размышлять.

     Первое уравнение легко составить и без графика:

                                                         .

     А вот как составить второе уравнение?

     Как раз в этом помогает график. По условию за один час третий велосипедист проезжает 20 км/ч. Тогда в случае одновременного старта трех велосипедистов, чтобы сохранить ситуацию, описанную в задаче, велосипедисты должны стартовать с расстояния (s + 20) км. В этом случае они двигались бы навстречу друг другу со скоростями v +20 и(v – 6) + 20. Достроим график (рис. 5).

     Глядя на рисунок 5, легко записать, что интервал между двумя встречами составил 1 час.

     Итак, требуемая система составлена.

     Решив систему, найдем, что v= 16.

Ответ:16 км/ч.

Задача №3. Три пункта – A, B иC– расположены на одной прямой, причем B расположен между А и С. Из пунктов А и В по направлению к С одновременно выехали две машины. Через 5 часов расстояние между ними составило треть расстояния ВС, а еще через 5 часов они одновременно прибыли в С. Найдите отношение скоростей автомобилей.

     Рассмотрим рисунок 6.

     В треугольнике ABD средняя линия равна, значит, АВ =, тогда

                                                     АС= Итак,  

                                                 , откуда .

                                                                                                           Ответ: 5:3.

Задача №4. Пешеход, велосипедист и мотоциклист движутся по шоссе в одну сторону с постоянными скоростями. В этот момент, когда велосипедист и мотоциклист находились в одной точке, пешеход находился на расстоянии 10 км впереди них. В тот момент, когда мотоциклист догнал пешехода, велосипедист отставал от них на 5 км. На сколько километров мотоциклист будет обгонять пешехода в тот момент, когда пешехода настигнет велосипедист?

     Графики движения велосипедиста, пешехода и мотоциклиста приведены на рисунке 9.

    В треугольнике ABC:

AB= 10,EF = 5,AB || EF, следовательно,EF – средняя линия, значит, t2 – t1 = t3 – t2; следовательно,EF– средняя линия треугольникаACD. ОтсюдаCD = 10.

                                                                                                               Ответ:10 км.

Задача №5. Грузовая машина выехала из пункта A в пункт В. Спустя 2 ч из В в A выехала легковая машина, которая прибыла в А на час позже, чем грузовая машина в В. Сколько часов была в пути грузовая машина, если к моменту встречи она уже проехала всего пути?

Решение.   Построим графики движения машин. При равномерном движении OF и CD – отрезки. Пусть грузовая машина была в пути x ч. Тогда OE = x,OD = x + 1, CF =  x– 2.

     Из подобия треугольников FCM и ODMследует, что  но ( это отношение расстояний, пройденных грузовой и легковой машинами до встречи).

     Составим уравнение:

откуда x = 5, т.е. грузовая машина была в пути 5 ч.

     Задача №6. Из пункта M в пункт N выходит первый пешеход, а через 2 ч навстречу ему из пункта N в пункт M выходит второй пешеход. К моменту встречи второй пешеход прошел  от расстояния, пройденного к этому моменту первым пешеходом. Сколько часов требуется первому пешеходу на весь путь от M до N, если второй пешеход проходит от N до M за 7 ч?

I способ. Пусть второй пешеход шел до встречи t ч. Он прошел  всего пути. Тогда на весь путь он затратит ч, что по условию задачи равно 7 ч. Составим уравнение:

откуда  Первый пешеход до встречи прошел  пути за t + 2, или  (ч). Значит, весь путь он пройдет за  (ч).

II способ. Построим графики движения пешеходов.

Пусть первый пешеход был в пути x ч, тогда AB = x, CA = x – 2. Второй пешеход был в пути 7 ч, значит,        OD = 7 + 2 = 9. Из подобия треугольников ACN и ODN следует, что Составим уравнение:

откуда x = 9.

     Первый пешеход пройдет весь путь за 9 ч.