Введение.
В школьном курсе математики, в олимпиадных заданиях, на экзаменах по математике мы сталкиваемся с решением различных текстовых задач. К ним относятся задачи на движение, которые относят к задачам на равномерные процессы. Такие задачи традиционно решаются арифметическим или алгебраическим способом. На решение некоторых задач уходит много времени и многие являются, как правило, одними из сложных. Обычно для наглядности пройденное расстояние изображают отрезком, однако это не всегда упрощает решение.
С задачами на равномерное движение мы сталкиваемся в курсе физики, решение которых демонстрируется с помощью графиков, что во многих случаях упрощают решение и ведёт к более быстрому получению ответа. (Приложение 1)
Цель работы: Исследовать значение графического способа решения текстовых задач на движение
Задачи исследования:
Объект исследования – Текстовые задачи на равномерное движение.
Предмет исследования – Графический метод решения задач.
Гипотеза: Предполагаю, что с помощью графического метода можно получить простой алгоритм построения уравнений для определения искомых величин
Методы исследования: Анализ, обобщение источников информации, сравнение
Практическая значимость: Возможностью использования материалов исследования, при проведении уроков факультативных занятий по математике, а также для подготовки к экзаменам.
Актуальность: Умение решать задачи разными способами даёт нам выбор наиболее рационального. Графический метод не используется в средней школе. Тем не менее, графическое представление движения иногда даёт более простое и компактное решение и позволяет сократить время решения задач в условиях ограниченного времени.
Теоретическая часть
Графический метод решения текстовых задач позволяет провести параллель с физикой, где при решении задач достаточно часто используется система координат. В процессе движения объект изменяет своё положение и изображающая его точка, вычерчивает некоторую линию – график движения, которая называется траекторией. Если движение происходит с постоянной скоростью, то оно является равномерным и его графиком служит прямая. По траектории мы можем установить на каком расстоянии находился объект в определённый момент времени, в каком направлении двигался, по точкам пересечения траекторий можно определить место и время встречи или запасать уравнение движения.
Как в физике, так и в математике в задачах на равномерное движение, его характеристики (скорость протекания процесса, время – продолжительность процесса, результат процесса – пройденный путь), связаны линейной зависимостью, выраженной формулой: S = vt. График такой зависимости удобно изображать в системе координат, где осью ординат является пройденный путь, а ось абсцисс затраченное время.
С помощью графика равномерного движения задачи проще решать геометрически. На графике параметры связаны между собой соотношением у = kx + b. Каждая точка М графика изображает некоторое «состояние» движения. Угол наклона прямой к оси абсцисс характеризует скорость процесса, а модуль тангенса этого угла равен численному значению скорости процесса.
Например, на следующем рисунке прямая AD – график длины огарка равномерно горящей свечи. Отрезок ОА (взятый в масштабе оси Оу) означает начальную длину свечи; отрезок ВМ (взятый в том же масштабе) – длину огарка через t единиц времени (t=OB в масштабе оси Ох). В свою очередь отрезок МС рассказывает о длине сгоревшей части свечи к тому же моменту времени t, а отрезок OD дает нам время, за которое свеча сгорит полностью. Очевидно, что отношение АО: МВ =ОД: ВД характеризует скорость, с которой сгорает свеча. Отметим, что прямую AD на рисунке 2 можно рассматривать и как график длины сгоревшей части свечи, если осью, на которой откладывается длина сгоревшей части свечи, считать прямую АО (А – начало координат, ОD- ось времени).
При решении задач на равномерные процессы нет нужды составлять уравнение прямой линии, изображающей равномерный процесс. Для ее построения достаточно знать какие-либо два «состояния» этого процесса.
Таким образом, изображая графики процессов, можно находить зависимости между величинами, применяя геометрические знания, а можно решать задачу привычным способом. На этих двух подходах основано использовании графиков при решении текстовых задач.
Практическая часть
1. Применение графического метода при решении текстовых задач на движение с постоянными скоростями
Задача1: (Задача Льюиса Кэрролла из сборника математических головоломок для школьников.)
Два поезда одновременно выехали из пунктов А и В навстречу друг другу. Первый поезд прибыл в пункт В через 4 часа после встречи поездов, а второй в пункт А через 9 часов после встречи. Определите, сколько часов был в пути первый поезд.
Графическое решение:
Ситуацию, описанную в задаче, изобразим графически. Изобразим на плоскости SОt зависимость S от времени t траектории движения поездов в виде прямых АС для первого поезда и ВD для второго поезда, исходящих из точек А и В на оси расстояний -точки начала движения поездов. Отрезок между пунктами А и В возьмём произвольной длины, так как расстояние неизвестно. Отсчет времени будем производить от момента выхода пешехода из пунктов А и В
В данном случае удобнее пользоваться переменной системой координат, то есть иметь на одном чертеже две системы координат, причём график каждой зависимости строится в своей системе координат.
Отсчет времени будем производить от момента выхода пешехода из пунктов А и В. Обозначим буквой Р точку пересечения графиков движения поездов и проведём через неё отрезок КR параллельный АВ и рассмотрим образовавшиеся треугольники.
Обозначим время движения каждого поезда до встречи t =ВК=АR.
RD=4 ч-время движения первого поезда после встречи до пункта В
KC=9ч время движения второго поезда после встречи до пункта А
PR=S1 путь первого поезда до встречи
PK=S2 путь второго поезда до встречи
AD=t1 время первого поезда от А до В
Из подобия пар треугольников (∆ВКР~∆DRP. ∆CKP~∆ARP) следует, что
S1/S2=t/9
S1/S2=4/t
t/9=4/t, следовательно, t=6ч
t1= t+4=10ч
Ответ: t1=10ч
Для проверки рациональности и правильности решения задачи я рассмотрела решение задачи ещё алгебраическим методом
Аналитическое решение:
Используя вспомогательный чертёж, обозначим: x км/ч - скорость первого поезда, а y км/ч - скорость второго поезда, t - время, прошедшее до встречи поездов. Расстояние, которое проехал первый поезд до встречи: S1=x· t;
Расстояние, которое проехал второй поезд до встречи: S2=y·t;
Время первого поезда от встречи до прибытия в пункт B первого поезда, t1=S2/ V1 значит 4 = y·t / x;
Время, которое прошло от встречи до прибытия в пункт A второго поезда: t2=S1/V2 и 9 = x · t / y;
Выразим t через отношение скоростей из первого выражения и второго:
t = 4x/y; t=9y/x
Приравняем правые части равенств и найдём отношение х к у:
4х/у= 9у /х;
x^2 / y^2 = 9/4;
x / y = 3/2;
До встречи поезда ехали: t = 4x/y = 4 · 3/2 = 6 ч.
Первый поезд был в пути: t1 = t + 4 = 6 + 4 = 10 ч.
Второй поезд был в пути: t2 = t + 9 = 6 + 4 = 15 ч.
Ответ: Первый поезд находился в пути 10 часов
График позволил наглядно представить ситуацию, описанную в задаче, что избавило от громоздких записей. В результате чего задача решилась быстрее.
По аналогии решим следующую экзаменационную задачу на встречное движение с остановкой одного тела.
Задача№2: Из двух городов одновременно навстречу друг другу отправились два велосипедиста. Проехав некоторую часть пути, первый велосипедист сделал остановку на 30 минут, а затем продолжил движение до встречи со вторым велосипедистом. Расстояние между городами составляет 144 км, скорость первого велосипедиста равна 24 км/ч, скорость второго — 28 км/ч. Определите расстояние от города, из которого выехал второй велосипедист, до места встречи
Графическое решение:
Построим графики зависимостей пройденного пути от времени первым и вторым велосипедистами.
CC1-1-ый велосипедист
BB1-2-ой велосипедист
OH1-найти
BOC1 подобен B1OC (по двум углам), следовательно BC1/CB1=OH1/OH2(1)
BC1 (общее время 1-ого) =S/V1+0.5=6.5
CB1 (общее время 2-ого) = S/V2-0.5=32.5/7
BC1/CB1=6.5*7/32.5=45.5/32.5
CB1= BC1*32.5/45.5
ОН1+ОН2=AB=144 значит ОН2=144-ОН1
Подставим найденные значения в 1 отношение
45,5/32,5=OH1/(144-ОН1)
45,5(144-ОН1) =ОН1*32,5 решив уравнение получим
OH1=84км
Ответ: OH1=84км
Алгебраический способ:
Используя вспомогательный чертёж, обозначим: у км - путь первого велосипедиста до встречи, а х км - путь второго велосипедиста до встречи,
Зная скорость первого запишем его время до встречи: у/24 ч
Время второго будет х/28.
Зная, что первый сделал остановку на 30мин=0,5 ч, его время до встречи меньше чем у второго. И зная, что весь путь составляет 144 км, составим систему уравнений и решим её:
х/28-у/24=0,5
х+у=144
х=144-у
(144-у)/28-у/24=0,5
Решим второе уравнение:
(6(144-у)-7у)-0,5*168/168=0
864-6у-7у-84=0
13у=780
У=780:13
У=60
60 км путь первого велосипедиста до встречи
144-64=84 км путь второго велосипедиста до встречи
Ответ: 84км
Задача№3 : Из пункта А в пункт В, расстояние между которыми 13 км, вышел пешеход. Одновременно с ним из В в А выехал велосипедист. Велосипедист ехал со скоростью, на 11 км/ч большей скорости пешехода, и сделал в пути получасовую остановку. Найдите скорость пешехода, если известно, что они встретились в 8 км от пункта В.
AA1- пешеход; CC1- велосипедист; H1O=8км; H2O=5км; BC=0.5ч;
Решение:
Распишем Vп и Vв, как S/t, а S и t получим из графика.
Vп= H2O/(BC+CH1); Vв= H1O/CH1
Vп=5/(0.5+CH1); Vв=8/ CH1
Vв=Vп+11
8/ CH1=5/(0.5+CH1) +11= (5+11 CH1+5.5) /(0.5+CH1)
Из этого уравнения мы получаем
11 CH1^2-2.5 CH1-4=0
Решив его, мы получим CH1=0.5, следовательно
Ответ: Vп=5/ (0.5+0.5) =5км/ч
Алгебраический способ:
Пусть х км/в скорость пешехода, тогда скорость велосипедиста (х+11) км/ч.
До встречи пешеход прошёл путь до встречи 13км-км=5км за время 5/х часов, и значит, велосипедист 8 км проехал до встречи 8/(х+11) часов. Велосипедист до встречи сделал остановку на 0,5 ч, таким образом, следовательно,
5/х-8/(х+11)=0,5
5(х+11)-8х=0,5х(х+11)
5х+55-8х=0,5х^2+5,5х
0,5х^2+8,5х-55=0
х^2+17х-110=0
Д=17^2+4*110=729
х1=(-17+27)/2=5 км/в скорость пешехода
х2=(-17-27)/2 не подходит условию задачи
5 км/ч скорость пешехода
Ответ: 5 км/ч
Задача№4: Два человека одновременно отправляются из одного и того же места по одной дороге на прогулку до опушки леса, находящейся в 4 км от места отправления. Один идёт со скоростью 2,7 км/ч, а другой — со скоростью 4,5 км/ч. Дойдя до опушки, второй с той же скоростью возвращается обратно. На каком расстоянии от точки отправления произойдёт их встреча?
Графическое решение:
HH1=t
AH=HA2=4/4.5=4000/1.25=3200=t1
AH2=4000/0.75=16000/3=t2
ABH2 подобен OH1A2, следовательно
OH1/BH2=t1+t/t2
A1HA2 подобен OH1A2, следовательно
OH1/AH =t1/t1-t
AH=BH2, t1+t/t2= t1/t1-t
Решив уравнение, мы получим t=800сек
OH1/BH2=3200/2400=OH1/4000
OH1=3000м
Ответ: OH1=3000м.
Алгебраическое решение.
t1t2
S2-путь, пройденный V2 за время t1
S-расстояние к этому моменту
t3-время за которое они сблизятся
S3-путь, пройденный V2 за время t3
Ответ: 3000м
Задача 5: 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?
Рассмотрим решение задачи геометрическим методом. Ситуацию, описанную в задаче, изобразим графически.
Пусть Р1V1=2 ч, V1M1=0,5 ч, МР=1 ч, VР=х ч – искомое расстояние.
1) треугольник VOP подобный треугольнику V1OP1
2) треугольник MOP подобный треугольнику M1OP
Получим
Х=<Object: word/embeddings/oleObject1.bin> ч = 48 мин.
Ответ: на 48 мин
Алгебраическое решение:
Скорости пешехода, велосипедиста и мотоциклиста равны соответственно
Оставшийся путь пешеход, велосипедист и мотоциклист проделают соответственно за время
часов.
Так по условию пешеход прибыл в пункт В на 1 час позже мотоциклиста, то
Наc интересует на сколько минут раньше пешехода в пункт В прибыл велосипедист:
Ответ: 48 минут
Задача№6: Дорога между пунктами A и В состоит из подъёма и спуска, а её длина равна 27 км. Турист прошёл путь из А в В за 8 часов, из которых спуск занял 3 часа. С какой скоростью турист шёл на спуске, если его скорость на подъёме меньше его скорости на спуске на 1 км/ч?
AH=5
HN=3
. CN=OH+CD
OH=AH*tgα
CD=HN*tgβ
tgα=V
tgβ=V+1
AH* V +HN* (V+1) =CN=27
5V+3V=8V=24, V=3, V+1=4
Ответ: V+1=4км/ч
Алгебраическое решение:
Пусть скорость, с которой турист спускался, равна х км/час, тогда его скорость на подъёме равна х − 1 км/ч, длина спуска равна 3х км, длина подъёма равна 5(х − 1) км. Поскольку весь путь равен 27 км, имеем: 3х + 5(х − 1) = 27, откуда х = 4 км/ч.
Ответ: 4.
Задача№7 (движение с обгоном)
Поезд, двигаясь равномерно со скоростью 141 км/ч, проезжает мимо идущего в том же направлении параллельно путям со скоростью 6 км/ч пешехода за 8 секунд. Найдите длину поезда в метрах
BC=tgα*AC
tgα=v1-v2=141-6=135км/ч=37.5м/с
BC=tgα*AC=37.5*8=300м
Ответ: BC=300м
Рассмотрим задачи, в условиях которых объект по мере движения меняет свою скорость. Типичным примером таких задач является задача о пароходе, плывущем по и против течения. Остановимся на одном очевидном утверждении, которое можно использовать при решении задач такого класса.
Задача № 8. (по течению, против течения)
Моторная лодка прошла от города М по течению реки до города N за 8 ч, а от N до М за 12 часов. За сколько времени проплывает плот от города М до города N?
Решение. Пусть АВ – траектория движения лодки по течению, АD – траектория движения лодки против течения. По условию АК=8, АЕ=12, BK=ED=MN.
Из подобия треугольников ΔDEA~ΔCKA получим, что <Object: word/embeddings/oleObject2.bin>.
Следовательно <Object: word/embeddings/oleObject3.bin>.
Таким образом, плот за 8 ч проходит <Object: word/embeddings/oleObject4.bin> часть пути между городами, а весь путь пройдет за 48 ч.
Ответ: 48 ч.
Алгебраическое решение:
Пусть S расстояние между городами М и N. Пусть скорость лодки х км/ч, а скорость течения реки у км/ч. Тогда лодка по течению прошла путь за 8 часов -S=(x+y)*8, а против течения за 12 часов - S=(x-у)*12 . Так как путь одинаковый по течению и против течения, составим уравнение:
(x+y)*8=(x-у)*12
8х+8у=12х-12у
4х=20у
х=5у
Сделаем подстановку
S=8*(5у+у)=48у, тогда время течения
t=S:y=48y:y=48 ч
Ответ: 48ч
Сравнительный анализ графического и алгебраического методов
Проводя решение задач двумя способами, я убедилась, что графический метод решения текстовых задач во многих случаях является наиболее рациональным, и обладает рядом преимуществ: Является наглядным, значительно упрощает решение, ведет к быстрому получению ответа, тем самым экономит время. Но при этом можно есть и недостатки: этот метод не является универсальным. Не всегда график облегчает поиск решения, иногда быстрее и легче прямым путем решить задачу.
Выводы
В процессе проделанной работы я достигнула своей цели и выполнила поставленные задачи, а именно: научились переводить алгебраическое условие задачи на геометрический язык графиков, позволяющий оптимизировать процесс решения текстовых задач на равномерные процессы. 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 и тем самым подтвердилась моя гипотеза.
Проводя решение задач двумя способами, я пришла к выводу, что некоторые задачи по времени занимают одинаковое количество, но геометрический метод всё же даёт более простое и наглядное решение. При нахождении неизвестных параметров при известных значениях времени и пути задачи на движение решаются быстрее, чем например при известных скоростях. Но всё же есть некоторые задачи, которые можно решить из без графика, если не применяется правила подобия. Не всегда график облегчает поиск решения, иногда быстрее прямым путем составить уравнение, описывающее условие задачи, и затем решить полученную систему. Но разбор таких задач все-таки следует начинать с построения графиков
Заключение
Графический метод решения текстовых задач во многих случаях является наиболее рациональным, значительно упрощает решение, ведет к быстрому получению ответа. Необходимо отметить, что ни один метод не является универсальным. Важно иметь навыки решения задач и выбирать в той или иной ситуации рациональный метод решения.
Литература.
1. Е.В. Галкин. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: Учеб. пособие для учащихся 7-11 кл. Челябинск: «Взгляд», 2004 г.
2. Л.В. Кузнецова, С.Б. Суворова, Е.А. Бунимович, Т.В. Колесникова, Л.О. Рослова Сборник заданий для подготовки к государственной итоговой аттестации в 9 кл. – М.: Просвещение, 2009.
3. Б.А.Кордемский. Графики в задачах на равномерные процессы. Журнал «Квант» №11, 1971г.
4. Ф.Ф. Лысенко. Математика. Подготовка к ЕГЭ – 2010. Вступительные испытания. – Ростов-на-Дону: Легион, 2010.
5. М.И. Сканави. Сборник задач по математике для поступающих в ВУЗы. – М.: ОНИКС 21 век, АЛЬЯНС – В, 2000.
6. Л.М.Фридман, Е.Н. Турецкий. Как научиться решать задачи: Кн. для учащихся старших классов средней школы. – 3-е изд., доработанное. М.: Просвещение, 1989.
7. О.П. Шарова. Сюжетные задачи в обучении математике. Научный журнал «Ярославский педагогический вестник» №2, 2005 г.
