Геометрическое решение негеометрических задач


Чтобы посмотреть этот PDF файл с форматированием и разметкой, скачайте его и откройте на своем компьютере.


Краевая научно
-
практическая конференция

учебно
-
исследовательских работ учащихся
6
-
11 классов

«Прикладные и фундаментальные вопросы математики»









М
етодические аспекты изучения математики



Геометрические решения негеометрических задач


Гусев Артём Сергеевич
,

11

кл.,
МБОУ «Ильинская СОШ №1»
,
Ильинский район
,

Самохина Наталья Александровна
,

учитель
матем
а
тики

высшей категории
.








Пермь. 201
5
.



2




Оглавление


Введение
…………………………………………………………………………3












1.Геометрические решения текстовых задач
………………………………5







1.1 Задачи на движение

…………………………………………………..6










1.2 Задачи на работу
…………………………………………………… 10













2. Геометрические решения тригонометрических задач


………………

12





3. Геометрические решения алгебраических задач

……………………….15







4. Геометрические решения задач с параметр
ами

………………………
.
25






Заключение
………………………………………………………………………34












Список использованной

литературы …………………………………………35
























3



Введение

Знание

особых приёмов и подходов к решению математических задач
позволяют не только правильно их решать, но и решать простым и
оригинальным способом.

В данной работе представлен геометрический метод решения за
дач, который
основан на наглядно

геометрических интер
претациях, связанных с
геомет
рическим смыслом модуля, формулой

расстояния между двумя точками
на плоскости, неравенством треугольника
, построением графического образа
задачи на координатной плоскости
Oxy
.

Существенны
ми признаками этого метода являю
тся
геометрические
представления и законы геометрии, в которых отражены свойства
геометрических фигур. Геометрические методы используются при решении
задач на движение, на работу, в задачах тригонометрии, при вычислении
наибольших и наименьших значений выражен
ий, при решении уравнений,
неравенств и их систем с параметрами. Задач
и таких видов ежегодно
содержат
ся в заданиях ЕГЭ
. Таким образом
,

выбранная тема актуальна и
перспективна. Из
-
за сложности, нестандартности геометрический метод
решения задач в школьном к
урсе математики не изучается. Тем важнее данное
исследование.

Проблема:

многие задачи алгебры очень трудно решить аналитическим
путём.

Гипотеза:

решение

задач

геометрическим методом направляется наглядным
представлением условий в виде рисунка или чертежа,

чт
о помогает глубже
понять условие

задачи, делает их более наглядным, очевидным
, значительно
упрощает

решение, ведёт к более быстрому получению ответа.

Цель:

изучение геометрического метода решения задач.

Объект исследования:

математические задачи.

Предме
т исследования:

геометрический метод решения задач.

Задачи:

1.

Обозначить ключевые положения теории.

2.

Определить задачи, которые удобнее решать геометрическим методом.

3.

Рассмотреть задачи различной степени сложности с использованием
приёмов геометрического
метода.

4


4.

Составить алгоритм решения задач геометрическим методом.

5.

Создать электронную презентацию
.


Структура

работы
:

работа состоит из 4 глав

Глава 1. Геометрические решения текстовых задач (задачи на движение и на
совместную работу).

Глава 2.
Геометрические решения тригонометрических зада
ч
.

Глава 3. Геометрические решения алгебраических задач.

Глава 4. Геометрические решения задач с параметрами.

Геометрические методы решения задач о
писываются в книге Г.З.Генкеля
«Г
еометрические решени
я негеомет
рических задач»,
-

Москва: Просвещение
2007.

















5



1. Геометр
ические решения текстовых задач

Очень многие текстовые задачи на составление уравнений (или систем
уравнений) можно решать графически. К ним относятся задачи на д
вижение и
на совместную работу.
Изображая граф
ики, можно находить зависимости
между величинами,
применяя геометрические знания

(признаки подобия и
равенства треугольников,

свойства средней линии треугольника), а можно
решать задачу, составляя числовое выра
жение, уравнение или систему
уравнений.

Рассмотрим геометрический метод

с использованием графического.


При решении задач на равномерное движение используют графики линейной
функции. По оси абсцисс обычно откладывают время, а по оси ординат


расстояние. В

таком случае абсцисс
а любой точки графика движения
указывает

момент времени, а ордината той же точки
-


в каком месте пути в
этот момент находится тело. Если на одном чертеже построены 2 графика
движения,

при
чём


эти графики пересекаются, то абсцисса
точки пересечения


это время встречи, а ордината




место встречи.


















6


1.1 Задачи на движение

Задача 1
.

(
В
стречное движение)
.

Два туриста отправились одновременно из пунктов
A

и
B
, расстояние между
которыми 33 км, навстречу друг другу. Через 3ч 12мин расстояние между
ними сократилось до 1км (они еще не встретились), а еще через 2ч 18мин
первому осталось пройти до
B

втрое больше расстояния, чем второму до
A
.
Найдите скорости туристо
в.


Решение:


ܣ
ܣ



график движения первого туриста



ܤ
ܤ




график движения второго

1) (33


1) : 3,2 = 10 км/ч


скорость сближения.

2) (10 · 2,3


1) = 22 км


расстояние между туристами через 2,3 ч.

Пусть
ݔ

км осталось пройти второму туристу до
A
.

3)
x

+

3
x

= 11


x

= 2,75

4) (22 + 2,75) : 5,5 = 4,5 км/ч


скорость туриста, вышедшего из
A
.

5) (22 + 3 · 2,75) : 5,5 = 5,5 км/ч


скорость туриста, вышедшего из
B
.

Ответ: скорость первого турис
та равна 4,5 км/ч;
скорость второго


5,5 км/ч.

Задача 2.

Из пунктов
A

и
B

одновременно навстречу друг другу выехали два
велосипедиста и встретились в 30 км от
B
. Прибыв в
A

и
B
, они повернули
7


обратно. Вторая встреча произошла в 18 км от
A
. Найдите расстоя
ние между
A

и
B
.


Решение:

Пусть
ܸ



скорость

одного

велосипедиста
.


ܸ


скорость

другого
.


ݐ


время движения велосипедистов до первой встречи.


ݔ

км

расстояние

между

ܣ

и

ܤ
.

ܣܯܦ

график движения первого
велосипедиста до второй встречи.

ܤܲܦ

график движ
ения второго велосипедиста до вто
рой встречи.



ܸ

=

ି
ଷ଴

;


ܸ

=
ଷ଴

;






=

ି
ଷ଴
ଷ଴

1)

ܸ

=



ି
ଵ଼

=


ି
ଵ଼

;


ܸ

=


ଵ଼

;






=


ି
ଵ଼


ଵ଼

Учитывая 1) и 2) получим:

ି
ଷ଴
ଷ଴
=


ି
ଵ଼


ଵ଼
;






ݔ
=
72

(
км
)

расстояние

между

ܣ

и

ܤ
.

Ответ: расстояние между
A

и
B

равно 72 км.

Задача 3.

(
Д
вижение из одного пункта в одном направлении
)
.

Из пункта
A

в пункт
B

выехал автобус со скоростью 40 км/ч. После того как
автобус проехал 30 км, из пункта
A

со скоростью 60 км/ч выехал автомобиль,
который прибыл в пункт
B

на 1/12ч позже автобуса. Найдите расстояние
между пунктами.

8




ܣܤ


график движения автобуса.


ܥܦ


график движения автомобиля.

Решение:

ݔ

км


расстояние между пунктами.

ݔ
40

3
4
=
ݔ
60

1
12
;

ݔ
40

ݔ
60
=
3
4

1
12
;

3

ݔ

2

ݔ
=90

10,
ݔ
=
80

(
км
)
.

Ответ: 80 км.


Задача 4.

(
З
адача на сближение)
.

Из
A

в
B

вышел пешеход. Одновременно с ним из пункта
B

во встречном
направлении выехал велосипедист. Они двигались с постоянными скоростями,
и через час расстояние между ними равнялось 3 км, а еще через час


14 км.
Найдите расстояние между
A
и
B
.


1
-
й случай:


9


AP



график движения пешехода

BK



график движения велосипедиста

Решение:



OME




OD
С

ܦܥ
ܧܯ
=
ܱܰ
ܱܨ

14
3
=
1
-
x
x

14x=3
-
3x

17x=3

x=
3
17
ч

1
-
3
17
=
14
17
-

ON

1+
3
17
=1
3
17
-

OH


ܣܤܱ




ܱܦܥ

AB
CD
=
OH
ON

z
14
=14∙1
3
17

z

=20
км

АВ


2
-
й

случай:


AP



график движения пешехода

BK



график движения велосипедиста

10


Решение:


OFM




OCD

ܧܯ
ܱܨ
=
ܦܥ
ܱܰ
;



3
ݔ
=
14
1
+
ݔ
,



ݔ
=
3
11
(
ч
.
)


OAB




ODC

ܣܤ
ܪܱ
=
ܥܦ
ܱܰ
;



ܣܤ
1

ݔ
=
14
1
+
ݔ
;



ܣܤ
=
14
(
1

ݔ
)
1
+
ݔ
=
14

1

3
11

1
+
3
11
=
8

км
.

Ответ: 8
км, 20 км.


1.2

Задачи на работу

Задачи этого типа содержат
сведения о выполнении несколькими субъектами
(рабочими, механизмами и т.д.) определенной работы. Эти задачи схожи с
задачами на движение: роль скорости здесь играет производительность, роль
расстояния


объем работы.


Задача 5
.

Двое рабочих, выполняя задан
ие вместе, могли бы закончить его за 12 дней.
Если сначала будет работать только один из них, а когда он выполнит
половину всей работы, ег
о сменит второй рабочий, то всё

задание будет
закончено за 25 дней. За сколько дней каждый рабочий в отдельности может

выполнить всё задание?


Решение:

П
редположим, что первый рабочий работает быстрее, чем второй.
Отрезок

AN



график работы первого рабочего, а отрезок
BD



график работы
второго рабочего.

11


AQ

изображает время совместной работы;
AQ=12
ч.

Проведем
NK
ǁ
BD,
тогда
AK
=50,
QK
=38


BPN


APD

12+
x
x
=
12+38
-
(
12+
x
)
12

12+
x
x
=
38
-
x
12
;

12
(
12+
x
)
=
x
(
38
-
x
)

x
2
-
26
x
+144=0

x
1
=18

-

не подходит, т.к .первый рабочий работает быстрее.
Тогда время
первого
12+8=20 дней,

а второго 38
-
8=30 дн
.


Ответ: первый за

20 дней, а второй за 30 дней.

В этой задаче геометрический метод решения представляет собой
интеграцию графического метода, метода подобия треугольников и метода
уравнений.

Вывод:

решение

текстовых задач геометрическим методом

основывается на
точных геометрических соотношениях. Преимущество геометрического
решения в его наглядности.












12


2. Геометрически
е р
ешения тригонометрических задач

Многие тригонометрические задачи решаются очень с
ложно, а
использование какого
-
нибудь

геометрического при
е
ма да
е
т короткое
решение.

При
е
м прямоугольного треугольника.

При
мер 1
.
В
ычислить

2

13

cs
(
ܽݎܿݐ݃


)
.

Р
ешение.

Все значения обратных тригонометрических функций от
положительных чисел


это углы, лежащие в
1

четверти, то есть острые углы.
Поэтому их можно найти в прямоугольном треугольнике.

ܽݎܿݐ݃





это угол в треугольнике, тангенс которого равен




, то есть
противолежащий катет относится к прилежащему как 2:3. По теореме
Пифагора находим гипотенузу.


Теперь можно находить значени
е

любой тригонометрической функции

арктангенса.

cs
ܽݎܿݐ݃
2
3
=
3

13

2

13
cs
ܽݎܿݐ݃
2
3
=
6
.

Ответ: 6.


Пример 2.

Вычислим
ܽݎܿݐ݃

1
+
ܽݎܿݐ݃

2
+
ܽݎܿݐ݃

3
.

Решение:
1)

ܽݎܿݐ݃

3
=

ܤܣܯ





ܽݎܿݐ݃

2
=

ܥܣܪ




ܽݎܿݐ݃

1
=

ܤܣܥ



ߙ


13

2

3

13









ܯܤ
=
3
,
АМ
=
1
,



ܣܤ
=

10















ܥܰ
=
2
,
ܣܰ
=
1
,
ܣܥ
=

5
=
ܤܥ



ܣܤ

=
ܣܥ

+
ܤܥ



ܤܥܣ
=
90°
,

ܤܣܥ
=

45

°
.



ܽݎܿݐ݃

2
+
ܽݎܿݐ݃

3
+
ܽݎܿݐ݃

1
=
ߨ
.








Ответ
:

ߨ



Пример 4
.

Вычислить

sin

15°
.

Решение
:

П
ервый способ

(геометрический).


Рассмотрим

равнобедренный треуг
ольник АВС (АВ=СВ) ),


АВС=30° .


1) Проведём в

АВС

высоты А
5

и

.9
.





2)

В


АС
ܦ



/A5
=15°
,



sin

15° =

஼஽
஺஼

.






3)

Если

A5

= 1
, то АВ = 2 и

.5

=

3

,


тогда

/5

= 2
0


3

, АС
2

= 8
0

4

3

,





АС

= 2

2


3
.




sin

15° =


஼஽
஺஼


=




ି








ି



=


ି



.

Второй способ (использование формул понижения степени).


sin
2

15
°

=



ି
ୡ୭ୱ
ଷ଴°



=




ି





,


sin

15°
=



ି



.

ܤ

ܯ
ܣ

ܰ

ܥ

14




Пример 5.
Доказать тождество:
cos

40°+
cos

80° =
cos

20
°
.

Решение:

Первый способ

(приём равнобедренного треугольника)

Рассмотрим

равнобедренный треугольник АВС

(АВ = ВС),



АВС=20°



В

1)

Пусть
5

п
./
,
K

п
./
,
9

п
A.

и
.K

=
K9

=
95

=
5A

=
1.


В





2)

.9

= 2
cos

20°
,
АЕ

= 1,
ВК

= 1,
К
5

= 2
cos 40°
,




5/

= 2 cos 80°
.




3)
АЕ

+
ЕВ

=
С
5 + 5K + K..



1

+

2
cos

20°

= 2 cos 80° +
2
cos 40° + 1
,



cos

40°+
cos

80° =
cos

2
0°.



Второй способ

( с использованием формулы суммы косинусов)


cos

40°+
cos

80° = 2
cos 60° cos20° = 2*0
,5*
cos 20° = cos 20°
.


В последних задачах

геометрический способ не является самым просты
м,
но довольно интересным для размышления.

Вывод:

Использование геометрического подхода делает решение

тригонометрических

задач практически устными .








15


3.

Решение алгебраических за
дач геометрическими методами

Алгебра

и геометрия


это составляющие
одного целого.

«Алгебра


не

что
иное, как записанная

в символах геометрия, а геометрия
-

это просто алгебра
,

воплощённая в фигурах» (крылатая фраза замечательного французского
математика Софи
и


Жермен (1776
-
1831)).

Между геометрическими и алгебраическими задачами, между языком
алгебры (языком формул) и язы
к
ом геометрии (языком расстояний
)
существует очевидная связь.

Алгебраический язык (язык
формул)

Геом
етрический язык (язык
расстояний
)

Числа и буквы

Координаты

Модуль разности двух чисел

Расстояние между двумя точками
координатной прямой

Сумма квадратов
двух чисел

Квадрат расстояния между двумя
точками координатной плоскости

ݔ


+
ݕ

=
ܴ


Окружность с центром в начале
координат и радиусом
ܴ


(
ݔ

ܽ
)

+
(
ݕ

ܾ
)

=
ܴ


Окружность с центром
(
ܽ
;
ܾ
)

и
радиусом
ܴ

ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ

Уравнение

прямой


Геометрическим
методо
м хорошо решаются уравнения и не
равенства, также
их системы. Рассмотрим несколько примеров.

П
ример

1.

Найти наименьшее значение функции:
ݕ
=

(
ݔ

1
)

+
4

+

(
ݔ

5
)

+
1
.


Решение:

ݕ
=

(
ݔ

1
)

+
(
0
±
2
)


+


(
ݔ

5
)

+
(
0
±
1
)



(
ݔ

1
)

+
(
0
±
2
)



-

расстояние между точками
А
(
ݔ
;
0
)

и

В
(
1
;
±
2
)


(
ݔ

5
)

+
(
0
±
1
)




расстояние между точками
А
(
ݔ
;
0
)

и
С
(
5
;

±
1
)

Решить задачу


значит найти такую точку
А

оси абсцисс, сумма расстояний
от которой до двух данных точек минимальна.

Точки

В

и
С

должны лежать по разные стороны

от оси абсцисс, т.е.
В
(
1
;

2
)
;
С
(
5
;

1
)

или
В
(
1
;
2
)
;
С
(
5
;

1
)
.

16




Уравнение
ВС
:

ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ






2
=
݇
+
ܾ
1
=
5
݇
+
ܾ

4
݇
=
3



݇
=
3
4

ܾ
=

2
3
4

Уравнение прямой
ВС
:

ݕ
=


ݔ

2




А
߳

ݕ
=
3
4
ݔ

2
3
4

0
=
3
4
ݔ


11
4

;


ݔ
=
11
3


Уравнение
ВС
:

ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ





2
=
݇
+
ܾ

1
=
5
݇
+
ܾ

4
݇
=

3





݇
=

3
4

ܾ
=
2
3
4

Уравнение прямой
ВС
:

ݕ
=



ݔ
+
2




0
=

3
4
ݔ
+
2
3
4

ݔ
=
11
3



ݕ
наименьшее
=

(
11
3

1
)
2
+
4

+

(
ଵଵ


5
)

+
1

=

଺ସ

+
4

+

ଵ଺

+
1
=

=
ଵ଴

+


=
5
.

Ответ:

5.

Пример 2.

Найти наименьшее значение функции


ݕ
=

ݔ


2
ݔ
+
5

+

ݔ


16
ݔ
+
89

Решение:

ݔ


2
ݔ
+
5

=
(
ݔ


2
ݔ
+
1
)
+
4
=
(
ݔ

1
)

+
4


ݔ


16
ݔ
+
89
=
(
ݔ


2

8
+
64
)

64
+
89
=
(
ݔ

8
)

+
25

ݕ
=


(
ݔ

1
)

+
4

+

(
ݔ

8
)

+
25
=

y
x
0
B
C
1
5
A
y
x
0
B
C
1
5
A
или

17


=

(
ݔ

1
)

+
(
0
±
2
)

+


(
ݔ

8
)

+
(
0
±
5
)



(
ݔ

1
)

+
4

-

расстояние между двумя точками
АВ
, где
А
(
ݔ
;
0
)
;
В
(
1
;

±
2
)


(
ݔ

8
)

+
25



расстояние между двумя точками
АС
, где
А
(
ݔ
;
0
)
;
С
(
8
;

±
5
)

Решить задачу


значит найти такую точку
А
(
ݔ
;
0
)

оси абсцисс сумма
расстояний от которой до двух данных точек минимальна.

Сумма расстояни
й
будет наименьшей, если точки
А
,
В
,
С


будут

лежать на
одной прямой,

пересекающей ось
ܱܺ
.

Значит


В

(
1
;

2
)
;
С

(
8
;
5
)

или
В

(
1
;
2
)
;
С

(
8
;

5
)
.

1
)
Рассмотрим первый вариант:



Уравнение прямой:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ
;
В
,
С


ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ
.



2
=
݇
+
ܾ
5
=
8
݇
+
ܾ

7
݇
=
7
,





݇
=
1


ܾ
=

2

1
=

3

Уравнение


прямой


ВС
:
ݕ
=
ݔ

3
;
ܣ

ܤܥ
;


0
=
ݔ

3
;








ݔ
=
3
;
А
(
3
;
0
)

y
наименьшее
=

(
3

1
)
2
+
4

+

(
3

8
)

+
25

=

2

+
4

+

5

+
25

=

=

8
+

50
=
2

2
+
5

2
=
7

2

.

2
)
Второй вариант:
В

(
1
;
2
)
,
С
(
8
;

5
)
.

y
x
C
(8
;5)
A
(
x
;
0
)
0
B
(1
;
-
2
)
18




Уравнение прямой:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ
;
В
,
С

ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ
.


2
=
݇
+
ܾ

5
=
8
݇
+
ܾ

7
݇
=

7
,

,




݇
=

1


ܾ
=
2
+
1
=
3
;

Уравнение прямой
ВС
:
ݕ
=

ݔ
+
3
;
ܣ

߳

ܤܥ
;

















































0
=

ݔ
+
3
;



ݔ
=
3
;



А
(
3
;
0
)

ݕ
наименьшее
=

(
3

1
)

+
4
+

(
3

8
)
2
+
25
=


=

2

+
4

+

5

+
25

=

8
+

50
=
2

2
+
5

2
=
7

2

.


Ответ:

7

2


Пример 3.

Найти наименьшее значение функции

y
=

(
ݔ

1
)

+
(
ݔ

6
)

+


(
ݔ

4
)

+
(
ݔ

2
)


Решение:

Переведём условия задачи с языка формул на язык расстояний.

Правая часть функции


сумма расстояния от точки
ܣ
(
ݔ
;
ݔ
)

прямой
ݕ
=
ݔ

до
точек
ܤ
(
1
;
6
)

и
ܥ
(
4
;
2
)
.

Первое слагаемое

(
ݔ

1
)

+
(
ݔ

6
)




это расстояние от точки
А
(
ݔ
;
ݔ
)

до
точки
В
(
1
;
6
)
.

Второе слагаемое

(
ݔ

4
)

+
(
ݔ

2
)

-

это расстояние от точки
А
(
ݔ
;
ݔ
)

до
точки
С
(
4
;
2
)
.

y
x
C
(8
;
-
5)
A
(
x
;
0
)
0
B
(1
;
2
)
19


Решить задачу


значит найти такую точку

А

прямой
ݕ
=
ݔ
, сумма
расстояний от которой до данных точек
минимальна.


Уравнение

ВС:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ
;


6
=
݇
+
ܾ
2
=
4
݇
+
ܾ

3
݇
=

4



݇
=





ܾ
=
7



ݕ
=




ݔ
+
ଶଶ







уравнение ВС.

А
(
ݔ
;
ݔ
)

ݕ
=

4
3

ݔ
+
22
3


ݔ
=




ݔ
+
ଶଶ





ݔ
=
ଶଶ


ݔ
=
ଶଶ


ݕ
наименьшее
=

(
ଶଶ


1
)

+
(
ଶଶ


6
)


+


(
ଶଶ


4
)

+
(
ଶଶ


2
)


=

=

ଶଶହ
ସଽ
+
ସ଴଴
ସଽ
+


ଷ଺
ସଽ
+
଺ସ
ସଽ
=
ଶହ

+
ଵ଴

=
ଷହ

=
5

Ответ:

5.

Пример 4.

Решить уравнение

ݔ


2
ݔ
+
2
+


ݔ


10
ݔ
+
29
=
5
.

Решение:


(
ݔ


2
ݔ
+
1
)

1
+
2
+


(
ݔ


10
ݔ
+
25
)

25
+
29
=
5


(
ݔ

1
)

+
1
+


(
ݔ

5
)

+
4
=
5

Решим уравнение методом оценки. Для этого докажем, что наименьшее
значение левой части равно 5.

y
x
C
A
0
B
y = x
20


Левая часть уравнения


сумма расстояний от точки
А
(
ݔ
;
0
)

оси абсцисс до
точки
В
(
1
;
1
)

и
С
(
5
;

2
)


или до точек
В
(
1
;

1
)

и
С
(
5
;
2
)
.

Решить уравнение


з
начит

найти такую точку
А

оси абсцисс, сумма
расстояний от которой до данных точек минимальна и равна 5.

Точ
ки
В

и
С

должны лежать по разные стороны от оси
ܱܺ
.


1)



Уравнения
ВС
:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ


1
=
݇
+
ܾ

2
=
5
݇
+
ܾ

4
݇
=

3

݇
=



,


ܾ
=



ݕ
=



ݔ
+




уравнение ВС
;

ܣ

ܤܥ
;
0
=



ݔ
+



,

ݔ
=



2)


Уравнение ВС:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ



1
=
݇
+
ܾ
2
=
5
݇
+
ܾ

4
݇
=
3



݇
=
3
4
,
ܾ
=

7
4


y
x
C
(5;
-
2)
0
B
(1;1)
y
x
C
(5;2)
0
B
(1;
-
1)
21


ݕ
=


ݔ





уравнение ВС
;


ܣ

ܤ
ܥ
;

0
=


ݔ




,
ݔ
=


.


А



;
0

.

Наименьшее значение левой части уравнения


(



1
)

+
1
+


(



5
)

+
4
=


ଵ଺

+
1

+


଺ସ

+
4
=



+

ଵ଴

=
5
.

Левая часть уравнения больше или равна 5.

Правая часть уравнения равна 5.

Равенство возможно при
ݔ
=



.

Ответ
:
ݔ
=


.

Пример 5.

Решить систему уравнений



ݔ

+
(
ݕ

8
)

+

(
ݔ

6
)

+
ݕ

=
10


(
ݔ

5
)

+
ݕ

+

ݔ

+
(
ݕ

12
)

=
13

Решение:

Левая часть п
ерв
ого уравнения


сумма расстояний

от точки
ܯ
(
ݔ
;
ݕ
)

до точек

В
(
0
;
8
)

и
С
(
6
;
0
)
.

Левая часть второго уравнения


сумма расстояния от точки
А
(
ݔ
;
ݕ
)

до точек

ܦ
(
5
;
0
)

и
А
(
0
;
12
)
.



Решить с
истему


значит найти все точки

ܯ
(
ݔ
;
ݕ
)
, для каждой из которых
МС
+
ܯܤ
=
ܥܤ
,
ܯܣ
+
ܯܦ
=
ܣܦ
.

Уравнение прямой ВС:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ


y
x
C
A
0
B
5
6
8
12
M
D
22



8
=
0
݇
+
ܾ
0
=
6
݇
+
ܾ

6
݇
=

8
,
݇
=

4
3
;



ܾ
=
8

ݕ
=



ݔ
+
8



уравнение ВС.

Уравнение прямой
AD
:
ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ


0
=
5
݇
+
ܾ
12
=
0
݇
+
ܾ

5
݇
=

12
,



݇
=

ଵଶ

,
ܾ
=
12

ݕ
=

ଵଶ

ݔ
+
12

-

уравнение
AD

Найдём координаты точки М


ݕ
=



ݔ
+
8
ݕ
=

ଵଶ

ݔ
+
12
;










ି



ଶସ

=
ି
ଵଶ


଺଴

;


20
ݔ
+
120
=

36
ݔ
+
180

16
ݔ
=
60
,
ݔ
=
ଵହ

,



ݕ
=




ଵହ

+
8
=
3
,

ܯ

ଵହ

;
3

.

Ответ:

ݔ
=
ଵହ


,



ݕ
=
3
.

Пример 6.

Решить неравенство

(
ݔ

3
)

+
1
+


(
ݔ

2
)

+
4


10

Решение:

Для решения неравенства используем метод оценки. Докажем, что
наименьшее значение левой части неравенства равно

10
.

Левая
част
ь неравенства


сумма расстояний

от точки А(
x
;0) оси абсцисс до
точек
В
(
3
;
1
)

и
С
(
2
;

2
)

или до точек
В
(
3
;

1
)

и
С
(
2
;
2
)


Решить неравенство


значит найти такую точку
А

оси абсцисс, сумма
расстояний от которой до данных точек минимальна и равна

10
.

Возмож
ны варианты:

23


1)

2)

Уравнение прямой ВС:



Уравнение прямой ВС:

ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ




ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ




1
=
3
݇
+
ܾ
2
=
2
݇
+
ܾ



1
=
3
݇
+
ܾ

2
=
2
݇
+
ܾ


݇
=
3






ܾ
=
8

݇
=
3






ܾ
=

8


ݕ
=

3
ݔ
+
8

-

уравнение ВС


ݕ
=
3
ݔ

8

-

уравнение ВС

ܣ

߳

ܤܥ

ܣ

߳

ܤܥ


0
=

3
ݔ
+
8

0
=
3
ݔ

8



ݔ
=







ܣ



;
0


ݔ
=







ܣ



;
0


Наименьшее значение левой части неравенства равно:


(



3
)

+
1
+

(



2
)

+
4
=




+
1
+




+
4
=


ଵ଴

+


ଵ଴

=

10


Левая часть неравенства больше или равна

10
. Правая часть


равна

10
.
Неравенство может выполнят
ь
ся


при условии левой части

10
. Это возможно
при
ݔ
=




Ответ:





Вывод:

геометрический метод решения

алгебраических

за
дач основан на
наглядно

геометрических ин
терпретациях, связанных с

формулой

расстояния
между двумя точками на плоско
сти,
построением графического образа задачи
на координатной плоскости
Oxy
.

y
x
C
(2;2)
0
B
(3;
-
1)
A
y
x
C
(2;
-
2)
0
B
(3;1)
A
24



П
реимущество решения

алгебраических задач
геометрическим методам

состоит в следующем:

1.

При решении задач

чётко определяется начало действи
я;

2.

Графическая иллюстрация

облегчает

проведения анализа, составление
уравнений, помогает найти способ решения.






















25


4.

Задачи с параметрами



Изучение многих физических процессов, химических, экономических и
многих других закономерностей
имеют практическую направленность и часто
приводят к решению задач с параметрами, которые бывают весьма сложными
и требующими не
стандартного подхода к решению.


А
налитические (алгебраические) методы решения задач с параметрами
довольно громоздки, требуют
аккуратности выкладок, умения не «потерять
решение», проверить всевозможные значения параметра. Возникает проблема:
найти наиболее простой и наглядный способ решения задач с параметрами,
позволяющий сравнительно легко получить ответ. Удобно решать задачи с

параметрами путем обращения к наглядно
-
графическим интерпретациям.
Схема, рисунок, график, помогают в поисках решения. Знание свойств
элементарных функций, их графиков и простейших способов преобразования
(
f
(
x
+
a
);
f
(
x
);
f
(
x
);
rf
(
x
);
f
(
x
)+
a
) позволяет су
щественно упростить анализ
задачи, быстро найти правильный ответ. А в ряде случаев представляет собой
единственный «ключ» к решению.


Пример 1
.

При каких значениях параметра

ܽ

модуль разности корней
уравнения


ݔ


6
ݔ
+
12
+
ܽ


4
ܽ
=
0

принимает
наибольшее значение?

Решение:

Модуль разности двух чисел


это расстояние между двумя
точками координатной прямой.

Выделим полные квадраты в левой части уравнения,


(
ݔ


6
ݔ
+
9
)
+
(
ܽ


4
ܽ
+
4
)
=
1


(
ݔ

3
)

+
(
ܽ

2
)

=
1
. Это уравнение окружности с центром (3;2) и
радиусом 1 в системе координат
0
ݔ
а
.


а

26


Корни уравнения равны
абсциссам точек пересечения

окружности и прямой,
параллельной о
си абсцисс. Расстояние между точками будет наибольшим,
если они являются концами

диамет
ра окружности равного 2
.


ݔ

=
2
;

ݔ

=
4
;

|
ݔ


ݔ

|
=
2
.

Найдём значение

ܽ
: 1
)

ݔ
=
2
;

(
2

3
)

+
(
ܽ

2
)

=
1




1
+
(
ܽ

2
)

=
1




(
ܽ

2
)

=
0





ܽ
=
2




2)
ݔ
=
4
;


(
4

3
)

+
(
ܽ

2
)

=
1


ܽ

2
=
0
,
ܽ
=
2

Ответ:

ܽ
=
2
.

Пример 2
.

Найти значение параметра
ܽ
, при которых система уравнений


ݔ

+
ݕ

=
1
ݕ
=
|
ݔ
|
+
ܽ

имеет ровно два решения.

Решение:




ݔ

+
ݕ

=
1

-

окружность с центром в начале координат и
радиусом 1.

Уравнение
ݕ
=
|
ݔ
|
+
ܽ


задаёт семейство «уголков» с вершиной на оси
0
ݕ
.

1
1
-
1
-

2
1
1
0
y
x
27


«Уголок» касается окружности при
ܽ

=


2
.

Ответ считывается с рисунка.


Система имеет ровно два решения при
ܽ



2



(

1
;
1
)
.


Ответ:
ܽ
=



2



(

1
;
1
)
.


Пример 3
.

Найти наименьшее значение параметра
ܽ
, при котором система
неравенств


(
ݔ
+
4
+
2
ܽ
)

+
(
ݕ
+
1
+
ܽ
)


(



)

଼଴
ݔ

2
ݕ


1

имеет единственное решение.

Решение:

(
ݔ
+
4
+
2
ܽ
)

+
(
ݕ
+
1
+
ܽ
)


(



)

଼଴

-

круг с центром в точке

А
(

4

2
ܽ
;

1

ܽ
)

и радиусом
|



|



.

ݔ

2
ݕ


1
,

ݕ

0
,
5
ݔ
+
0
,
5

-

полуплоскость с границей
ݕ
=
0
,
5
ݔ
+
0
,
5

Уравнение прямой
݈
:
ݕ
=
0
,
5
ݔ
+
0
,
5

݇

=
0
,
5
=
>
݇
஺ெ
=

2
,


т.к. АМ перпендикулярна
݈
.

Система неравенств имеет единственное реш
ение, если круг и прямая имеют
единственную общую точку, точку касания М.


Это возможно при условии:

0,5

2

-
4

4

0

1

l

A

M

28



ݕ

ݕ

=
݇
஺ெ
(
ݔ

ݔ

)
ܣܯ
=

(
ݔ
+
4
+
2
ܽ
)

+
(
ݕ
+
1
+
ܽ
)

ݔ

2
ݕ
=

1
=
|



|





ݕ
+
4
+
2
ܽ
=

2
(
ݔ
+
1
+
2
)
(
ݔ
+
4
+
2
ܽ
)

+
(
ݕ
+
1
+
ܽ
)

=
(



)

଼଴
ݔ

2
ݕ
=

1



2
ݔ
+
ݕ
+
9
+
5
ܽ
=
0
ݔ

2
ݕ
=

1
(
ݔ
+
4
+
2
ܽ
)

+
(
ݕ
+
1
+
ܽ
)

=
(



)

଼଴



ݔ
=

2
ܽ

3
.
8
ݕ
=

ܽ

1
.
4
(

2
ܽ

3
.
8
+
4
+
2
ܽ
)

+
(

ܽ

1
.
4
+
1
+
ܽ
)

=
(
ܽ
+
1
)

80

0
,
2

+
(

0
,
4
)

=
(



)

଼଴
;

0
,
2
=
(



)

଼଴
;

(
ܽ
+
1
)

=
16
;

|
ܽ
+
1
|
=
4
,



ܽ
=
3
;
ܽ
=

5

Меньшее значение
ܽ
=

5
.


Ответ:

ܽ
=

5
.

Пример 4
.

Найти все значения параметра
ܽ
, при каждом из которых система
неравенств



имеет решения.


Решение:

(
ݔ

2
ܽ
)

+
(
ݕ

ܽ
)




ଵ଼଴

-

круг с центром в точке
(
2
ܽ
;
ܽ
)

и
радиусом
|

|





ݕ

0
.
5
ݔ

0
.
5

-

полуплоскость с границей
ݕ
=
0
.
5
ݔ

0
.
5
;

Система имеет решения, если круг и полуплоскость имеют общие точки: для
этого расстояние от центра круга до прямой
ݕ
=
0
.
5
ݔ

0
.
5

должно быть не
больше радиуса круга. Это расстояние между

параллельными прямыми
ݕ
=
0
.
5
ݔ

и
ݕ
=
0
.
5
ݔ

0
.
5


29



ߩ
=
0
.
5

0
.
5

+
1

=

0
.
5
0
.
5

5
=
1

5

Система имеет решения пи условии :




|

|



,
|
ܽ
|

6
,

ܽ

6
ܽ


6


Ответ:
ܽ


6

;

ܽ

6
.

Пример
5
.

Найдите все значения
ܽ
, при каждом из которых система


ݔ

+
2
ݔ
+
ݕ


4
ݕ
+
5
+

ݔ


4
ݔ
+
ݕ


12
ݕ
+
40
=
5
ݕ
=
ݔ

+
ܽ

имеет ровно два
решения.

Решение:

(
ݔ

+
2
ݔ
+
1
)
+
(
ݕ


4
ݕ
+
4
)
+

(
ݔ


4
ݔ
+
4
)
+
(
ݕ


12
ݕ
+
36
)
=
5


(
ݔ
+
1
)

+
(
ݕ

2
)

+

(
ݔ

2
)

+
(
ݕ

6
)

=
5


(
ݔ
+
1
)

+
(
ݕ

2
)



расстояние между точками
М
(
ݔ
;
ݕ
)
и
А
(

1
;
2
)
.


(
ݔ

2
)

+
(
ݕ

6
)



расстояние между точками
М
(
ݔ
;
ݕ
)
и

В
(
2
;
6
)
.

Сумма расстояний от точки М
(
ݔ
;
ݕ
) до двух других точек

А и В

должна быть
равна 5,т.е
ܣ
М
+
МВ
=
5
.





y=0,5x


2

a

2
a

0

1

y=0,5x
-
0,5

30


Возможны варианты:


Каждая сторона треугольника меньше
суммы двух других сторон (неравенство
треугольника), поэтому первые четыре варианта не устраивают. Это значит,
что точка М(
ݔ
;
ݕ
)

лежит

на

отрезке

АВ
.

П
ервое уравнени
е системы


задаёт
отрезок А
В
. Второе уравнение

системы


за
д
аёт параболу.

31


Она должна
пересекать отрезок в двух точках.

1)

Первое пересечение возникнет в тот момент, когда парабола пройдёт
через точку

А

(
-
1;2).

Пересечение одно

при
ܽ
=
1
.

2)

Если парабола пройдёт через точку В (2;6), то пересечений будет ровно
два. Два пересечения при

ܽ


= 2 будет до тех пор, пока парабола не
коснётся отрезка.

3
)
Парабола
ݕ
=
ݔ

+
ܽ

коснется отрезка
ܤ
ܥ
:


ݕ
=
݇ݔ
+
ܾ
,
А
(

1
;
2
)

и

В
(
2
;
6
)


2
=

݇
+
ܾ
6
=
2
݇
+
ܾ
;


ܾ
=
2
+
݇
ܾ
=
6

2
݇
;

2
+
݇
=
6

2
݇
;



݇
=
4
3
;
ܾ
=
10
3
.

ݕ
=
4
3
ݔ
+
10
3
.

ݕ
=
ݔ

+
ܽ


;
у
=
4
3
ݔ
+
10
3

ݔ


4
3
ݔ
+
ܽ

10
3
=
0

ܦ
=
0
;


ܾ


4
ܽܿ
=
0


4
3



4


ܽ

10
3

=
0

01
0
1
2
3
4
5
6
7
8
03
02
01
0
1
2
3
y
x
А
В
М
32


ܽ
=
34
9


парабола коснется

АВ
.
Одно

пересечение
.

При

ܽ

>

ଷସ


пересечений у параболы с отрезком нет.

Ответ:
ܽ


2
;
ଷସ


.

Пример 6
.
Найти наименьшее значение параметра
ܿ
,

при котором система



ݔ

ܿ

3


+
ݕ


2
ݕ
=
0

3
|
ݔ
|

ݕ
=
4


имеет одно
решение
.

Решение:

1
)


ݔ

ܿ

3


+
ݕ


2
ݕ
+
1
=
1


ݔ

ܿ

3


+
(
ݕ

1
)

=
1


это
семейство окружностей единичного
радиуса с центром
(

c

3
;
1
)
.


Центры
лежат на прямой
y
=1.

2)
y
=

3
|
ݔ
|

4
;
ݕ
=
0

при
ݔ
=
±



;

ݐ݃



ОС
ܦ
=
݇
=

3



ܱܥܦ
=
60
°
.


ܣܥܤ
=




ОС
ܦ
=
30
°
;

3)


ܤ
С
ܣ
:
АВ
=
1
,

С
=
30
°
,
АС
=
2
,
тогда

ВС
=

4

1
=

3
;

ܤܱ
=
ܤܥ
+
ܥܱ
=



+

3

=



;
А





;
0

;
ܿ

3

=




;
ܿ
=



;


Ответ:

ܿ
=



.








33


Пример
7
.

Сколько решений имеет система


|
ݔ
|
+
|
ݕ
|
=
ܽ
ݔ

+
ݕ

=
1

в зависимости от
параметра
ܽ
?

Ответ считывается с рисунка:

Решений нет при
ܽ
<
1

4 решения при
ܽ

=
1

8 решени
й

при
1
<
ܽ
<

2

4 решения при
ܽ
=

2

Решений нет при
ܽ
>

2

Ответ:

решений нет, если
ܽ
<
1

или
ܽ
>

2

4 решения,
если
ܽ
=
1

или


ܽ
=


2
,


8 решени
й
, если
1
<
ܽ
<

2
.




Г
еометрический метод

является эффективным и при решении задач с
параметрами. Он основан

на наглядно

геометрических интерпретациях,
связанных с геомет
рическим смыслом модуля, формулой

расстояния между
двумя точками на плоскости, неравенством треугольника
.



Вывод:

Геометрический метод нагляден, позволяет сэкономить время,
увидеть и рассмотреть все возможные варианты решений, способствует не
только выработке умений и закреплению навыков

решения задач, но и
формированию устойчивого интереса к предмету.


Алгоритм решения алгебраических задач геометрическим методом


1. Построить геометрическую модель алгебраической задачи и перевести
её на язык геометрии.


2. Решить

получившуюся

геометрическую задачу
.


3. Перевести

полученный ответ с геометрического языка на естественный.

34


Заключение

В работе представлен геометрический метод решения негеоме
трических
задач
. Рассмотрены различные подходы к решениям, составлены алгоритмы.
Ключ к

решению таких задач содержится в геометрических интерпретациях.
Рисунок не просто облегчает решение, а является существенным его этапом.
Эффективность метода в наглядности и быстроте решения, в красоте
математических выкладок, эстетике графического подход
а к решению
заданий.

Решение задач с параметрами требует догадки, «переноса знаний» в новую
ситуацию, т.е. математического творчества.

Задачи

с

параметрами



эффективное

упражнение

для

развития

интеллекта
,
математического

и

логического

мышления
,
умения

анализировать
,
сравнивать
,
обобщать
.
Каждое

из

заданий

с

па
раметром

представляет

небольшую

исследовательскую

работу
.

Таким

образом
,

цель

работы

достигнута
,
выдвинутая

гипотеза

подтвердилась
.

Новизна работы:

Познавательный материал способствует не только
выработке умений и закреплению навыков решения задач геометрическим
методом
,

но и формированию устойчивого интереса к математике.


Практическая значимость:



Знание приёмов решения негеометрическ
их задач геометрическим
методом позволяют успешно решать задачи ЕГЭ, конкурсные и
олимпиадные задачи. Существенно упрощается решение, становится
более понятным и наглядным.



Возможность использования материалов исследования, компьютерной
презентации на урок
ах математики при подготовке к ЕГЭ.






Список использованной литературы

1.

Быков А.А.Сборник задач по математике.

М.:Изд..дом ГУ ВШЭ,2008

35


2
.
Генкель Г.З. «Геометрические решения негеометрических задач»,
-

Москва: Просвещение 2007.


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

4. Окунев А.А. Графическое решение уравнений с параметрами.


М.: Школа
-
Пресс,1996.

5. Пирютко О Н «Графический метод решения текстовых задач»
-

Минск.:
Новое знание,2010

6. Шарыгин И.Ф. Фак
ультативный курс по математике. Решение задач
-
М.
Просвещение, 1991.





Приложенные файлы

  • pdf 4017384
    Размер файла: 1 MB Загрузок: 0

Добавить комментарий