Графические методы решения текстовых задач Карпеня

Министерство образования Республики Беларусь
Отдел образования Ганцевичского райисполкома
ГУО « Средняя школа №3 г.Ганцевичи »
Тема: « Графические методы решения
текстовых задач»
Научно-исследовательская работа по математике
Карпеня Дмитрий Николаевич
Ярохович Дарья Михайловна
ученики 9 «А» класса
Руководитель: Кравцова Галина Адамовна
учитель математики
2008 год
2
Оглавление
Введение………………………………………………………………….4
Глава 1
Теоретические основы графических методов решения текстовых задач
§1.1. Задачи на проценты…………………………………………………..6
§1.2. Задачи на проценты (на «сухие вещества»)……………………….10
§1.3. Задачи на движение……………………………………………….. 12
§1.4. Задачи на совместную работу………………………………………16
Глава 2
Применение графических методов к решению задач
§2.1. Задачи на проценты……………………………………………….…18
§2.2. Задачи на движение……………………………………………….…29
§3. Задачи на совместную работу…………………………………..…... 34
Заключение………………………………………………………………..39
Список использованной литературы…………………………………….41
3
4
Введение
Текстовые задачи представляют собой один из самых трудных и
«нелюбимых» школьниками разделов математики. Чтобы чувствовать
себя более уверенными в этой области, мы решили проанализировать
стандартные методы решения задач, встречающихся в школьных
учебниках математики, попробовать найти другие подходы к их
решению. Они заключаются в использовании особенностей задачи и
применению к каждой из них своего способа решения. Иногда это
позволяет обходиться одним уравнением или вообще без него. Ведь
математически культурному человеку недостаточно знать только один,
пусть и универсальный прием решения.
Целью работы стал поиск ответа на вопрос: можно ли текстовые
задачи решать проще? Задачами исследования явилось обоснование
отдельных способов решения, доказательство их преимущества перед
другими методами решения некоторых видов задач, демонстрация их
применения при решении отдельных видов задач из школьных
учебников математики. В своей работе мы использовали методы
анализа, сравнения и обобщения. В результате исследовательской
работы мы надеялись получить более рациональные и экономичные по
времени способы решения текстовых задач.
Мы рассмотрели отдельные виды задач на проценты (на
концентрацию, на «сухие вещества»), на движение, на совместную
работу. Акцент сделан на графические методы решения.
Изучение проблемы началось со знакомства со старинным
способом решения задач на смешение веществ в нужных пропорциях,
которым пользовались купцы в старые времена. Мы попытались
применить этот способ к современным задачам на проценты,
обосновать его математически и доказать его право на существование
наравне с другими методами.
Всем известны в математике задачи на «сухие вещества», т.е. с
забавной формулой Сухое вещество=сухое вещество. Смысл её состоит
в том, что количество сухих веществ не меняется в исходном объекте и
в изменившемся в результате испарения влаги. Далее, если учесть, что
количество сухих веществ не меняется по массе, но изменяется в
процентном отношении, то массу сухого вещества можно представить
графически в виде равновеликих прямоугольников в системе координат
mOn,
где
m-масса,
n-концентрация.
Приравняв
площади
5
прямоугольников, выражающих массу сухих веществ в начальном и
конечном состоянии, получим уравнение с одним неизвестным.
Не остались без внимания и текстовые задачи на движение. Если
рассмотреть движение как физическое явление, то его можно
изобразить графически в системе координат tOs, где t-время, sпройденный путь. В математике чаще рассматривается движение
равномерное и прямолинейное, тогда его траекторией в выбранной
системе координат будет некоторый отрезок. Затем, объединив физику
и математику вместе (а именно траекторию движения и подобие
треугольников), мы получили, на наш взгляд, наиболее простой метод
решения задач на встречное движение.
Задачи на совместную работу тоже можно трансформировать
графически, проведя аналогию: скорость - производительность труда,
пройденный путь - объём выполненной работы.
Полученные нами графические методы решения задач позволяют
значительно упростить вычисления, сэкономить время решения задачи
и увидеть саму задачу с физической и математической точек зрения.
6
Глава 1.Теоретические основы графических методов решения
текстовых задач
Текстовые задачи можно условно классифицировать по типам:
задачи на проценты, задачи на «движение», на работу, на числовые
зависимости и т.д. Стандартная схема решения текстовых задач состоит
из нескольких этапов:
1) выбор неизвестных;
2) составление уравнений или систем уравнений, а в некоторых
случаях – систем неравенств;
3) нахождение неизвестных или нужной комбинации неизвестных;
4) отбор решений, подходящих по смыслу задачи.
При решении задач иногда трудно с самого начала установить
количество вводимых неизвестных. Выбирая неизвестные, мы создаем
математическую модель ситуации, описанной в условии задачи.
Графическое изображение процессов, описывающих условие
задачи - зачастую удобный технический прием. Ведь при решении задач
на составление уравнений наибольшую трудность обычно вызывает
составление уравнений или их систем, а уж потом их решение. И в том
и в другом случае часто оказывается полезным рисунок, и его анализ с
точки зрения геометрии и физики. График помогает наглядно
представить ситуацию, описанную в задаче. Также он позволяет найти и
составить новые уравнения, а иногда просто заменить алгебраическое
решение чисто геометрическим. Также он может служить средством
проверки полученного решения. Покажем это на конкретных примерах.
§1.1.Задачи на проценты (на смеси и сплавы)
В давние времена купцам приходилось решать задачи на
смешение веществ в различных пропорциях. Рассмотрим решение такой
задачи старинным способом из книги «Старинные занимательные
задачи» [8].
Задача. Как смешать масла?
У некоторого человека были продажные масла: одно ценою 10
гривен за ведро, другое же 6 гривен за ведро. Захотелось ему сделать из
этих двух масел, смешав их, масло ценою 7 гривен за ведро. Какие
7
части этих двух масел нужно взять, чтобы получить ведро масла
стоимостью 7 гривен?
Решение.
Друг под другом пишутся стоимости имеющихся масел, слева от
них и примерно посередине - стоимость масла, которое должно
получиться после смешения. Соединив написанные числа черточками,
получим такую картину:
6
7
10
Мéньшую цену вычтем из цены смешанного масла и результат
поставим справа от бóльшей цены. Затем из бóльшей цены вычтем цену
смешанного масла, а то, что останется, напишем справа от меньшей
цены. Получится такая картина:
6
3
7
10
1
Из нее делается заключение, что дешевого масла нужно взять
втрое больше, чем дорогого, т.е. для получения 1 ведра масла ценою 7
гривен нужно взять ¼ ведра дорогого масла, а дешевого ¾ ведра.
Ответ: нужно взять масла в отношении 3:1.
А теперь попробуем применить данный метод к современным
задачам на проценты.
При решении задач на смеси и сплавы считается, что
рассматриваемые смеси однородны; не делается различия между
литром как единицей массы и как единицей емкости. Концентрацией
вещества называется отношение массы этого вещества к массе всей
смеси (раствора, сплава). Концентрация вещества, выраженная в
процентах, называется процентным отношением вещества в смеси
(растворе, сплаве).
Рассмотрим задачу:
Задача № 409 (Алгебра 9)
После того как смешали 60-процентный и 30-процентный
растворы кислоты, получили 600 г 40-процентного раствора. Сколько
граммов каждого раствора смешали?
Решение.
Старинный способ
8
10
1
:
:
20
2
60
40
30
Т. е. для получения 40-процентного раствора нужно взять
60-процентный и 30-процентный растворы в отношении 10:20=1:2
1) 1+2=3 (количество частей, из которых состоит раствор)
2) 600 : 3 = 200(г) – масса одной части, т.е. масса 60-процентного
раствора
3) 200 . 2 = 400(г) – масса 30-процентного раствора
Ответ: смешали 200 г 60-процентного раствора и 400 г
30-процентного раствора.
Чтобы не сомневаться в верности старинного способа решения
задач, проведем его обоснование, т.е. решим задачу в общем виде.
Обоснование старинного способа
Пусть требуется смешать растворы a%-й и b%-й кислот, чтобы
получить с%-й раствор.
Пусть х г – масса а%-го раствора, у г – масса b%-го раствора,
xa
Г
100 - масса чистой кислоты в I растворе,
ya
Г
100 - масса чистой кислоты во II растворе,
c( x  y )
Г
- масса чистой кислоты в смеси.
100
ax by c( x  y )


,
100 100
100
ах + by = сх +су,
(b – с) у = (с – а) х,
х : у = (b – с) : (с – а).
Такой же вывод даёт схема
а
b-с
:
с
b
с-а
9
Считается, что a<c<b, иначе (если c<a или c>b) задача
неразрешима. Смешивая менее концентрированные вещества, нельзя
получить вещества с большей концентрацией. Очевидно, что такой
способ экономит время решения задачи и упрощает вычисления.
Теперь попробуем «смешать» не два раствора, а больше. Вот что
получится:
Задача
В первом сплаве золота и серебра количество этих металлов
находится в соотношении 1:2, а во втором – в соотношении 2:3. сколько
граммов первого сплава надо взять, чтобы получить 19 г сплава золота и
серебра с соотношением 7:12?
Решение.
1
3 х
1
1
2
x y
3
5
7
:
х
2
3 х
2
5 у
2
:
:
2
:
у
3
5 у
3
1
2
x y
3
5  7
2
3
x  y 12
3
5
5x  6 y
7

10 x  9 y 12
60 х + 72 у = 70 х + 63 у
9у = 10х
x 9

y 10
19 : 19 . 9 = 9 (г) – масса первого сплава.
2
3
x y
3
5
12
10
Ответ: надо взять 9 граммов первого сплава.
§ 1.2.Задачи на проценты (на «сухие вещества»)
Введем обозначения:
nA=
mA
m
(1) ,
где nA – концентрация вещества А,
mA – масса вещества А,
m - масса смеси.
Из формулы (1) следует, что при mA= const mn= const.
Графически указанную зависимость можно изобразить с помощью
равновеликих прямоугольников в системет координат mOn, площадь
которых характеризует массу сухого вещества в начальном состоянии
смеси и конечном после испарения влаги.
m1n1= m2n2
или
( m2-m1) n2 = m1 ( n1-n2)
n
n1
n2
m1
m2
m
Задача
Свежие грибы содержат 99 % воды, сухие – 98 %. Сколько будут
весить после сушки 100 кг свежих грибов?
Решение.
11
Содержание сухих веществ в свежих грибах 1%, в сухих – 2%.
Пусть х кг – масса грибов после сушки. Тогда найдем площади
прямоугольников с измерениями х и 2 (первого) и 100 и 1(второго),
выражающих количество сухих веществ в начальном и конечном
состоянии. Приравняем их и найдем корень уравнения, который и
является ответом к задаче.
2 х =100·1
х =50
Ответ: масса грибов
равна 50 кг.
n (%)
2
1
х
100
m (кг)
Задача
Морская вода содержит 5 % соли. Сколько килограммов пресной
воды нужно добавить к 30 кг морской воды, чтобы концентрация соли
составила 1,5 %?
Решение.
Количество соли не меняется, поэтому условие задачи можно
изобразить графически. Пусть нужно добавить х кг пресной воды. Тогда
5 . 30 = 1,5 (30 + х)
х = 70 (кг)
Ответ: нужно добавить 70 кг
пресной воды.
n (%)
5
1,5
30
30 + х
m (кг)
12
§ 1.3. Задачи на движение
Рассмотрим движение как физическое явление. Его можно
изобразить графически в системе координат, где на горизонтальной оси
будем отмечать время, а по вертикальной—пройденный путь. Тогда
любая точка этой координатной плоскости будет соответствовать пути
S, пройденному объектом за время t. В математике чаще
рассматривается движение равномерное и прямолинейное, поэтому его
траектория изобразиться отрезком. Затем, подключив подобие
треугольников, мы упростим решение задачи.
Решим данным методом следующую задачу.
Задача
Из пункта А в пункт В вылетел самолёт, а из В в А вылетел
вертолет. До встречи самолет летел 6 часов, а вертолёт - 3 часа. Самолёт
прилетел в пункт В в 13 часов, а вертолет в пункт А - в 20 часов. Найти
время вылета самолета из пункта А, если движение равномерное и
прямолинейное.
Решение.
Учитывая, что движение равномерное и прямолинейное по
условию, то решим задачу, построив графики движения самолета и
вертолета.
На горизонтальной оси будем откладывать время (в часах), а на
вертикальной - расстояние (в километрах).
S
P
K
F
B
C
A
D
х
H
х+3
х+6
E
13
20
t, ч
13
Тогда траекторией движения самолета является отрезок DF, а
траекторией вертолета - отрезок PE. Пусть самолет вылетел из пункта А
в х часов, значит вертолет вылетел из пункта В в х+3 часов, а встреча
состоялась в х+6 часов.
Рассмотрим подобие двух пар треугольников: PKC и EHC, CKF и
CHD (они подобны по двум углам: вертикальным и накрест лежащим).
Получим:
PK KC KF KC

и

.
HE HC DH HC
PK KF

.
HE DH
3
t
 . Получим
t7 6
Отсюда имеем
Обозначим KF = t. Тогда
квадратное уравнение
t 2 +7t-18=0
t1=2 t2=-9(не подходит по смыслу задачи)
Значит, KF=2 часа, а х=5часов, т.е. самолет вылетел в 5часов.
Ответ: в 5 часов.
Не проводя доказательство подобия треугольников, рассмотрим
еще одну задачу.
Задача №795 (М-7)
Из города А в город В вышел пассажирский поезд, а спустя 2ч из
того же города А в город В вышел скорый поезд. Пассажирский поезд
проходит расстояние между городами за 16ч, а скорый – за 10ч.
Определите расстояние между городами А и В, зная, что, когда скорый
поезд прибыл на станцию В, пассажирский проходил станцию С,
находящуюся на расстоянии 141 км от станции В.
Решение.
S,км
12
4
141
х
2
1)
141 4

х
12
10
t,ч
14
х = 423(км)
S = х+141=564(км).
Ответ: 564 км.
Задача №9 (9)
Из двух пунктов M и N выехали на встречу друг другу два
автомобиля. Один из них пришёл в N через 1ч 15мин после встречи, а
другой - в M через 48 мин после встречи. Расстояние между пунктами
90км. Найдите скорость автомобилей.
Решение.
Способ 1.
Пусть х и у скорости первого и второго автомобилей. Первый
после встречи ехал 1ч 15мин, второй – 48 минут. Вместе после встречи
они проехали 90 км, т.е 1,25х+0,8у=90. До встречи они ехали одно и то
же время. Первый проехал путь 0,8у за
1,25 х
ч.
у
1,25 х  0,8 у  90
 0,8 у 1,25 х



х
у
за время
 х  72  0,64 у

 х  0,8 у
0,8 у
ч,
х
второй проехал путь 1,25х
Составим систему:
25 х  16 у  1800

2
2
 0,8 у  1,25 х
 х  72  0,64 у

2
2
 16 у  25 х
72-0,64у=0,8у
 х  72  0,64 у

 4 у  5х
1,44у=72
y=50км/ч х=40км/ч
Ответ: 50км/ч, 40км/ч.
Способ 2.
S,км
х
0,8
90
х
1)
х
0,8

1,25
х
1,25
2) v1=
90
 50(км / ч)
1,8
t,ч
15
v2= 90  40(км / ч)
х=1
2,25
t1=1,8ч t2=2,25ч
Ответ: 50 км/ч, 40 км/ч.
Задача №2.43(Дидактические материалы-9)
Расстояние между деревнями Яновичи и Шабуни – 40км. Денис и
Полина выехали из этих деревень навстречу друг другу на велосипедах.
Через 1 час они встретились и, не останавливаясь, продолжили
движение. Определите скорости велосипедистов, если Денис проехал
расстояние между деревнями на 50 мин быстрее, чем Полина.
Решение.
Способ 1.
Пусть х и у скорости Полины и Дениса. Тогда составим систему
уравнений
 1( х  у )  40
 40  40  5
 х 40  х 6
у=40-х
40(40  х)  40 х 5

х(40  х)
6
6(1600-80х)=5(40х-х2)
х2 – 196х + 1920=0
Д=1962-4*1920= 1042
х1=16
х2=120 (не подходит по смыслу)
у1=24
Ответ: 16км/ч, 24км/ч.
Способ 2.
Решим задачу графически
16
S,км
1
Д
П
1)
х
х
1
х
1

х
5
6
t,ч
5
6
1
5
х  1 =0
6
169
Д=
36
2
Х1=
3
x2+
Х2<0
40
 16(км / ч)
2 5
1 
3 6
40
 24( км / ч)
V2=
2
1
3
2) V1=
Ответ: 16км/ч, 24км/ч.
Рассмотренные задачи показывают, что графический способ
является более рациональным.
§1.4. Задачи на совместную работу
Понятие «производительность труда»- объем выполненной работы
за единицу времени аналогично понятию «скорость» в задачах на
движение. Поэтому к задачам на совместную работу применим
описанный выше метод решения задач на движение. Рассмотрим
пример решения следующей задачи.
17
Задача №16 (экзаменационные материалы)
Первая труба наполняет бак на 2ч дольше, а вторая на 4,5ч
дольше, чем наполняют этот бак обе трубы, вместе. Сколько времени
потребуется, чтобы наполнить бак через одну первую трубу?
Решение.
Способ 1.
Пусть х и у – время, за которое первая и вторая труба могут
заполнить бак соответственно. Если весь бак принять за 1, то первая
труба за час заполнит
заполнят
1 1
   часть
х у
1
х
часть бака, а вторая - 1 часть. Вместе за 1ч они
у
бака, а весь за
1
1 1

х у

ху
х у
часов. Составим
систему уравнений:
ху

 х  2  х  у

ху
 у  4,5 
х у

Из первого уравнения: ху = (х+у)(х-2),
х2-2х+ху-2у=ху,
2у=х2-2х, у =
х 2  2х
.
2
Подставим во второе
уравнение:
(у-4,5)(х+у) = ху
ху+у2-4,5х-4,5у = ху
у2-4,5у = 4,5х
2
 х 2  2х 
 х 2  2х 

  4,5
  4,5 х
 2 
 2 
(х2-2х)2-9(х2-2х)=18х
х4-4х3-5х2=0
х2-4х-5=0
Д=36
х1=5ч
х2=-1(не подходит по смыслу)
Ответ: 5часов.
Способ 2.
Пусть за х часов обе трубы вместе заполнят бассейн, тогда за (х+2)
часов первая труба заполнит весь бассейн. Построим графическую
модель задачи.
18
x
S
x
1)
2
4,5
t,ч
х
2

4,5 х
х=3
t=5(ч)
Ответ: 5часов.
Рассмотренные методы решения задач, на наш взгляд, являются
более рациональными и выигрышными по времени решения. Может
кто-то с нами не согласиться, мы попытаемся еще привести примеры
применения данных методов для решения других задач. Об этом пойдет
речь в главе 2.
Глава 2. Применение графических методов к решению задач
§2.1.Задачи на проценты
Задача
Имеется сталь двух сортов с содержанием никеля 5% и 40%.
Сколько нужно взять каждого из этих сортов стали, чтобы получить
140т стали с содержанием никеля 30%?
Решение.
Составим графическую схему условия задачи (см.§1.1)
19
5
10
2
:
:
25
5
30
40
1) 2 + 5 = 7 (частей всего)
2) 140 : 7 = 20 (т) – масса одной части
3) 20 . 2 = 40 (т) – масса стали, содержащей 5% никеля
4) 20 . 5 = 100 (т) – масса стали, содержащей 40% никеля
Ответ: 40 т, 100т.
Задача №3.92 ( математика - 7 )
Свежие фрукты содержат 72% воды, сухие фрукты содержат 20%
воды. Сколько сухих фруктов получится из 20 кг свежих ?
Решение.
В данной задаче постоянной величиной являются сухие в-ва,
содержащиеся во фруктах. В свежих фруктах они составляют
100% - 72% = 28% от массы всех фруктов, в сухих 100% - 20% = 80% от
массы всех фруктов. Пусть масса сухих фруктов равна х кг. Найдем
площади равновеликих прямоугольников, характеризующих количество
сухих веществ.
80 . х = 28 . 20
х = 7 (кг)
Ответ: 7 кг.
n (%)
80
28
х
20
Решение задачи по действиям.
1)100% - 72% = 28% (сухих веществ в свежих фруктах)
2)100% - 20% = 80% (сухих веществ в сухих фруктах)
m (кг)
20
3)20 . 0,28 = 5, 6 (кг) – сухих веществ в свежих фруктах
4)5,6 : 0,8 = 7 (кг) – сухих фруктов
Ответ: 7 кг.
Задача № 3.95 (математика - 7 )
Из 40 т руды выплавляют 20 т металла, содержащего 6 %
примесей. Каков процент примесей в руде?
Решение.
Пусть х% - содержание чистого металла в руде. Количество
чистого металла не меняется, поэтому его количество можно изобразить
равновеликими прямоугольниками,
т. е. 94 . 20 = х .40
n
x
94  40
 47 %(чистого
20
зн. примесей
100 % - 47% = 53%
Ответ: 53 % примесей.
металла в руде)
94
х
20
40
m, т
Задача
Из молока, жирность которого k %, производят творог жирностью
m %, при этом остаётся сыворотка, жирность которой n %. Сколько
творога получится из t кг молока (k > n, m > n)?
Решение.
m
k-n
:
k
n
t делится в отношении (k – n) : (k – m)
m-k
21
1) (k – n) + m – k = m – n (количество частей)
2) t : (m – n) . (k – n) =
t ( k  n)
(кг)
mn
Ответ: из t кг молока получится
творога
t ( k  n)
кг творога.
mn
Cледующие задачи выбраны из школьных учебников математики.
Задача №1
Имеется сталь двух сортов с содержанием никеля 5 % и 40 %.
Сколько нужно взять каждого из этих сортов стали, чтобы получить
140 т стали с содержанием никеля 30 %?
Решение.
5
10
2
:
:
25
5
30
40
5) 2 + 5 = 7 (частей всего)
6) 140 : 7 = 20 (т) – масса одной части
7) 20 . 2 = 40 (т) – масса стали, содерж. 5 % никеля
8) 20 . 5 = 100 (т) – масса стали, содерж. 40 % никеля
Ответ: 40 т, 100т.
Задача №2
После того как смешали 50-процентный и 20-процентный
растворы кислот, получили 900 г 30-процентного раствора. Сколько
граммов каждого раствора смешали?
Решение.
50
30
20
10
1
:
:
20
2
900 : 3 = 300(г) – масса одной части, т. е. масса 50-процентного
раствора.
300 . 2 = 600(г) – масса 20-процентного раствора.
Ответ: смешали 300 г 50-процентного раствора и 600 г
20-процентного раствора.
22
Задача №3
При смешивании 40-процентного раствора кислоты с 10процентным получили 800 г 21,25-процентного раствора. Сколько
граммов каждого раствора было взято?
Решение.
40
21,25
10
18,75
5
:
:
11,25
3
1) 800 : 8 . 5 = 500 (г) 40-процентного раствора.
2) 800 – 500 = 300 (г) 10-процентного раствора.
Ответ: было взято 500 г 40-процентного раствора и 300 г
10-процентного раствора.
Задача №4
На первом поле 65 % площади засеяно овсом. На втором поле
овсом занято 45 % площади. Известно, что на первом и втором полях
вместе под овсом занято 53 % общей площади. Какую часть всей
засеянной площади составляет первое поле?
Решение.
65
53
45
Ответ:
2
5
8
2
:
:
12
3
части всей засеянной площади составляет первое поле.
Задача №5
Две шкурки ценного меха общей стоимостью 8000 р. были
проданы на аукционе с прибылью 40 %. Какова стоимость каждой
шкурки отдельно, если от первой было получено прибыли 50 %, а от
второй
25%?
Решение.
23
50
15
40
25
3
:
:
10
2
1) ( 8000 : 5 ) . 3 = 4800 (р.) стоимость первой шкурки;
2) 8000 – 4800 = 3200 (р.) стоимость второй шкурки.
Ответ: 4800 р., 3200 р.
Задача №6
Имеется молоко с жирностью 3,5 % и 1,5 %. Сколько молока
каждого сорта нужно взять, чтобы получить 10 л молока с жирностью
3 %?
Решение
3,5
1,5
3
:
:
0,5
1
3
1,5
1) ( 10 : 4 ) . 3 = 7,5 (л) молока с жирностью 3,5 %;
2) 10 – 7,5 = 2,5 (л) молока с жирностью 1,5 %.
Ответ: 7,5 л, 2,5 л.
Задача №7
40 г золота одной пробы и 60 г золота другой сплавили и
получили золото 62-й пробы. Какой пробы было взято золото первого и
второго слитков, если при сплаве их поровну получается золото 61-й
пробы? ( Единица пробы – 1 %. )
Решение.
Пусть х – проба золота, которого взяли 60 г, у – проба золота,
которого взяли 40г. Составим схему:
х
62 - у
:
62
у
–
х -62
60
:
40
62 - у
3
24
=
х – 62
2
3х + 2у = 310
х
61-у
:
61
у
х - 61
61 – у
1
=
х – 61
1
х – 61 = 61 – у
х + у = 122
3x  2 y  310

 x  y  122
 x  122  y

366  y  310
 y  56

 x  66
Ответ: было взято золото 66-й и 56-й проб.
Задача №8
Сколько воды нужно добавить к 0,6 л воды, содержащей 40 %
поваренной соли, чтобы получить 12-процентный раствор соли?
Решение.
Пусть х л – количество добавленной воды, зн. (х + 0,6)л –
количество 12-процентного раствора соли.
12 . (х + 0,6) = 40 , 0,6
х = 1,4 (л)
Ответ: нужно добавить 1,4 л воды.
n (%)
40
12
0,6
х + 0,6
m,л
25
Задача №9
Сколько килограммов воды нужно выпарить из 0,5 т целлюлозной
массы, содержащей 85 % воды, чтобы получить целлюлозную массу с
содержанием 75 % воды?
Решение
Пусть х т – масса целлюлозной массы после испарения воды.
25х = 15 . 0,5
n (%)
х = 0,3(т)
После испарения воды
целлюлозная масса стала
25
весить 0,3 т.
Зн. нужно выпарить
0,5 – 0,3 = 0,2 (т) воды.
15
Ответ: нужно выпарить 0,2 т воды.
х
0,5
m (т)
Задача №10
Морская вода содержит 5 % соли. Сколько килограммов пресной
воды нужно добавить к 30 кг морской воды, чтобы концентрация соли
составила 1,5 %?
Решение
Пусть нужно добавить х кг пресной воды.
5 . 30 = 1,5 (30 + х)
х = 70 (кг)
n (%)
Ответ: нужно добавить 70 кг
пресной воды.
5
1,5
30
30 + х
m (кг)
Задача №11
В результате очистки сырья количество примесей уменьшается в
нём от 20 % в исходном сырье до 5 % в очищенном. Сколько надо взять
исходного сырья для получения 160 кг очищенного сырья?
Решение
Пусть х кг – количество исходного сырья.
26
80 х = 15200
х = 190 (кг)
Ответ:190 кг.
n (%)
95
80
160
х
m (кг)
Задача №12
Сколько мёда получится из 3 кг нектара, если нектар содержит
70 % воды, а полученный из него мёд – 17 %?
Решение
Пусть х кг – количество мёда, полученного из 3 кг нектара.
В данной задаче постоянной величиной являются сухие в-ва.
n (%)
81 х = 90
1
х = 1 (кг )
9
1
Ответ: 1 кг .
9
81
30
х
3
m (кг)
Задача №13
Сколько килограммов нектара приходится перерабатывать
пчёлам для получения 1 кг мёда, если известно, что нектар содержит 70
% воды, а полученный из него мёд – 17 % воды?
Решение.
Пусть х кг – количество исходного нектара.
30 х = 83
23
х = 2 (кг )
30
23
Ответ: 2 кг .
30
n (%)
83
30
1
х
m (кг)
27
Задача №14
Руда содержит 40 % примесей, а выплавленный из неё металл –
4%. Сколько необходимо взять руды, чтобы получить 15 т металла?
Решение.
Пусть х кг – масса нужной руды.
60 х = 1440
х = 24 (т)
n (%)
96
Ответ: 24 т.
60
х
15
m (т)
Задача №15
Свежие грибы содержат 90 % воды, а сухие – 12 %. Сколько надо
взять свежих грибов, чтобы из них получилось 10 кг сухих грибов?
Решение.
10 х = 880
n (%)
х = 88 (кг)
88
Ответ: 88 кг.
10
х
10
m (кг)
Задача №16
Из 38 т сырья второго сорта, содержащего 25 % примесей, после
переработки получается 30 т сырья первого сорта. Каков процент
примесей в сырье первого сорта?
Решение.
Пусть х % - количество примесей в сырье первого сорта.
3000 – 30 х = 2850
х = 5%
Ответ: 5%.
n (%)
100 - х
75
30
38
m (т)
28
Задача №18
В группе по изучению английского языка учатся 15 мальчиков и
девочек. Мальчики составляют 40 % всех учеников. Сколько мальчиков
надо ещё добавить в группу, чтобы они составляли 55 % всех учеников
группы?
Решение.
Пусть х – количество мальчиков, которых нужно добавить в
группу.Количество девочек не меняется, сначала они составляли 60 %,
потом - 45% всей группы. Тогда
675 + 45 х = 900
х=5
n (%)
60
Ответ: 5 мальчиков.
45
15
15 + х
N(чел)
Задача №19
Сплав меди и цинка массой 24 кг содержит 85 % меди. Какую
массу цинка нужно добавить к этому сплаву, чтобы медь составила
60 %?
Решение.
Пусть х кг – масса цинка, который нужно добавить.
n (%)
85
1440 + 60 х = 2040
х = 10 (кг)
Ответ: 10 кг.
60
24
24 + х
m (кг)
Задача №20
Сколько воды нужно добавить к 0,6 л воды, содержащей 40 %
поваренной соли, чтобы получить 12-процентный раствор соли?
Решение.
29
Пусть х л – количество добавленной воды, зн. х + 0,6 – количество
12-процентного раствора соли.
n (%)
40
12 . (х + 0,6) = 40 , 0,6
12
х = 1,4 (л)
Ответ: нужно добавить 1,4 л воды.
0,6
х + 0,6
V (л)
§2.2. Задачи на движение
Задача №414(Алгебра-9*)
Два мотоциклиста выехали одновременно из городов А и В
навстречу друг другу. Расстояние между городами равно 140км. Через
час они встретились и, не останавливаясь, продолжили двигаться с той
же скоростью. Первый из них прибыл в город А на 35мин раньше, чем
второй в город В. Найдите скорость каждого мотоциклиста.
Решение.
S,км
1
t
1
t
140
7
12
t,ч
30
1) v1=
t

1
2)
140
1 t
140
v 2=
1 t 
7
12
1
7
12
7
t2+ 12  1  0
t
 25 

 12 
2
Д= 
t1 =
3
4
140
=80км/ч
1 t
140
v2=
=60км/ч
7
1 t 
12
3) v1=
Ответ: 80км/ч, 60км/ч.
Задача №419 (Алгебра-9*)
Два туриста идут навстречу друг другу – один из пункта А,
другой из пункта В. Первый выходит из пункта А на 6ч позже, чем
второй из В, и при встрече оказывается, что он прошёл на 12км меньше
второго. Продолжая после встречи путь с той же скоростью, первый
проходит в пункт В через 8ч, а второй в А – через 9 часов. Определите
расстояние АВ и скорости обоих туристов.
Решение.
S,км
6
t
9
А
х
Х+12
В
6+t
8
t,ч
31
1)
t
9

8 6t
t2+6t-72=0
Д=324
t1=6
2)
t2<0
6
х

8 х  12
Х=36(км)-S1
36:6=6(км/ч) – скорость первого.
6(6+8)=84(км)-S.
84:21=4(км/ч) – скорость второго.
Ответ: 6км/ч,4км/ч,84км.
Задача №419(Алгебра-9*)
Два пешехода вышли одновременно навстречу друг другу и
встретились через 3ч 20мин. За какое время пройдёт всё расстояние
каждый из них, если первый пришёл в то место, из которого вышел
второй, на 5ч позже, чем второй пришёл в то место, откуда вышел
первый?
Решение.
S,км
t
А
1
В
3
1
t
1)
 3
1 t 5
3
3
100
t2+5t- =0
9
3
Д= 
25 

 3 
2
1
3
t
5
t,ч
32
t1=5(ч)
t2=10(ч)
Ответ: 5ч, 10ч.
Задача №421(Алгебра-9*)
Из городов А и В навстречу друг другу одновременно вышли два
поезда. Двигаясь без остановок с постоянной скоростью, они
встретились через 30ч после выхода. Сколько времени затратил на
прохождение пути АВ каждый поезд, если известно, что первый прибыл
в город В на 25ч позже, чем второй прибыл в город А.
Решение.
S,км
t
А
1
В
30
t
25
t,ч
t
30

30 t  25
t2+25t-900=0
Д=4225
t1=50(ч)
Ответ: 50ч, 75ч.
t2=75(ч)
Задача№855(М-7)
Лёня и его папа побежали навстречу друг другу из одной точки
беговой дорожки стадиона. После встречи один из них прибежал в
точку старта за 3с, а другой – за 27 с. Найдите скорости Лёни и папы,
если длина беговой дорожки 180м.
Решение.
33
S,км
3
папа
1
Лёня
х
1)
27
t,ч
х
3

27 х
х=9
180
 5м / с
х  27
180
 15 м / c
V2=
x3
2) V1=
Ответ: 5м/с, 15м/с.
Задача№4.128(А-8)
Расстояние между Брестом и Минском 360км. Из этих городов
навстречу друг другу одновременно выехали два автомобиля, и через 1ч
после встречи расстояние между ними составило 90км. Найдите
скорости автомобилей, если один из них проехал весь путь на 1ч 48 мин
быстрее другого.
Решение.
S
В
y
Q
T
С
90
О
360
А
Е
К
х
1
1,8
t,ч
1) Из подобия двух треугольников ОАВ и ОСЕ следует, что АК=4ч,
т.к.
1
х

90 360
34
2) ) Из подобия двух треугольников OKA и OQT следует, что
4

1 y
y2
4
5
4
5у +19у-66=0
Д=1681
у1=2,2(ч)
у2<0(не подходит по смыслу)
t1=9(ч)
v1=40км/ч
t2=7,2(ч)
v2=50км/ч
Ответ: 40км/ч, 50км/ч.
2
§2.3. Задачи на совместную работу
Задача №30 (экзаменационные материалы)
При совместной работе двух подъёмных кранов баржа была
загружена за 4ч 12мин. Сколько времени потребуется на загрузку такой
же баржи каждым краном, если одним краном баржу можно загрузить
на 8ч быстрее, чем другим?
Решение.
Способ 1.
Примем всю работу за 1. Пусть х и у –время, за которое первый и
второй краны могут загрузить баржу. Тогда за 1ч первый кран загрузит
1
х
часть груза, второй -
 1 1 
  4,2  1
 х у 
 у  х8

1
у
часть. Составим систему уравнений:
1 
1
 
4,2  1
 х х 8
5х2-2х-168=0
х1=6
х2<0(-5,6)
Значит, первый кран может погрузить баржу за 6ч, а второй – за
6ч+8ч=14ч.
Ответ: 6ч;14ч.
35
Способ 2.
V
S
1)
х
4,2

4,2 х  8
4,2
x
4,2
x
8
t,ч
х2+8х-17,64=0
Д=11,62
х1=1,8
х2<0
2)t1=14ч
t2=6ч
Ответ: 6ч;14ч.
Задача №143 (Алгебра-9*)
Один рабочий выполняет работу за 7ч, а вместе с другим рабочим
он выполняет работу за n ч. За какое время второй рабочий выполнит
эту работу? При каких значениях n задача не имеет решения?
Решение.
Построим графическую модель задачи.
N
7-n 7
2
1
n
х
t,ч
36
1)
n
7n

хn
n
7x-nx-7n=0
x(7-n)=7n
x
7n
7n
Ответ:
7n
,
7n
при n>7.
Задача №2.80 (А-9)
Для наполнения водоёма поставлено 2 насоса. После двух часов
совместной работы первый насос был отключен и второй закончил
1
3
наполнение оставшейся
части водоёма. За сколько часов каждый
насос наполнит водоём, если первому надо для этого на 8 ч дольше ,чем
второму?
Решение.
V
3
х
1
2
8
t,ч
3
х

х8 3
х2+8х-9=0
Д=100
х1=1
х2<0
t1=4(ч)
t2=12(ч)
Ответ:4ч,12ч.
Задача№2.143(А-9)
Один кран наполняет бассейн за 5ч, другой на tч больше. За какое
время два крана наполнят бассейн?
Решение.
37
5
V
х
5-х
t
t,ч
х
5 хt

5 х
х
х2=(5-х)(5-х+t)
25-10х+5t-хt=0
25 +5t=10х+хt
5(5+t)=х(10+t)
5(5  t )
(ч)
10  t
5(5  t )
Ответ:
ч.
10  t
х
Задача №4.131(А-8)
Чтобы связать десять ажурных салфеток из тонких ниток, Свете
требуется на 5 дней больше, чем Тане, и на 9 дней больше, чем Наташе.
Света и Таня вместе могут связать все салфетки за столько же дней. Что
и одна Наташа. За какое время могла бы связать все салфетки каждая
девочка в отдельности?
Решение.
V
5
Таня
Наташа
Света
t
9 t

t 4
4
5
t,ч
38
t=6
t1=6(дней) t2=10(дней)
t2=15(дней)
Ответ: 6дней, 10дней, 15дней.
Заключение
Предложенные графические методы решения задач являются,
возможно, не единственно рациональными способами решения
текстовых задач, и с их помощью можно решить не каждую задачу. Но
они по праву заслуживают того, чтобы быть признанными наравне с
алгебраическими методами. Анализ задач, встречающихся в школьных
учебниках математики, показал, что графически можно решать
большую их часть.
Графическое изображение процессов, происходящих в задаче, в
сочетании с методом подобия позволяет значительно упростить ее
решение. Возможно, стоило бы тему «Подобные треугольники»
изучать немного раньше, чем в 9 классе. Тем самым, мы будем иметь в
39
наличии изумительный способ решения задач на движение.
Существуют и другие методы решения задач, основанные на
использовании готовых формул (например, формулы «сложных
процентов», процентного увеличения числа), но мы акцентировали
внимание на графическом, призвав на помощь физику.
Одним из преимуществ использования графического метода
является его наглядность. Построение графиков позволяет лучше
воспринимать ситуации, описанные в задаче, помогает найти ее
решение. Иногда ответ почти очевиден на чертеже, это дает
возможность использовать график для проверки решения задачи,
которое выполнено алгебраическим путем.
Текстовые задачи, в которых одна из величин представляет собой
произведение двух других, позволяют интегрировать метод площадей,
основанный на свойствах площади, и метод уравнений и неравенств.
Изучив материалы данной работы, освоив данный метод решения
на других задачах, можно процесс получения ответа к задаче (что
особенно актуально в тестовых заданиях) сделать более быстрым.
Мы планируем продолжить исследования в данной области и
попробовать отыскать другие интересные способы решения текстовых
задач.
Надеемся, что предложенные методы окажутся полезными для
изучения и дальнейшего использования их на практике.
Проделанная нами работа еще раз подтверждает верность слов
знаменитого французского математика Ж.Л.Лагранжа, выбранные в
качестве эпиграфа, о том, что алгебра и геометрия, помогая друг другу,
быстро шагают к совершенству. Разве приведенные методы решения
задач не совершенны?! По нашему мнению, они просто изумительны.
Данная работа позволяет сделать следующие выводы:
 предложенные графические методы решения некоторых
видов задач позволяют:
- значительно сэкономить время их решения;
- упростить вычисления;
- увидеть задачу с математической и физической точек зрения;
 процесс решения задачи сделать более наглядным,
разнообразным и увлекательным.
40
Список использованной литературы:
1. Ананченко К.О, Воробьев Н.Т, Петровский Г.Н.—Алгебра: учебное
пособие для 8 класса учреждений, обеспечивающих получение
общего среднего образования.—Мн.: Нар. Асвета,2005
2. Ананченко К.О, Воробьев Н.Т, Петровский Г.Н.—Алгебра: учебное
пособие для 9 класса учреждений, обеспечивающих получение
общего среднего образования.—Мн.: Нар. Асвета,2005
3. Веременюк В.В.—Тренажер по математике для подготовки к
централизованному тестированию и экзамену.—Мн: ТетраСистемс,
2005
4. Журнал «Репетитор», №8/2006г.
5. Кузнецова Е.П, Муравьева Г.Л, Шнеперман Л.Б, Ящин Б.Ю.—
Математика: учебное пособие для 7 класса учреждений,
обеспечивающих получение общего среднего образования.—Мн.:
Нар. Асвета,2005
6. Кузнецова Е.П, Муравьева Г.Л, Шнеперман Л.Б, Ящин Б.Ю.—
Алгебра:
учебное
пособие
для
8
класса
учреждений,
обеспечивающих получение общего среднего образования.—Мн.:
Нар. Асвета,2005
7. Кузнецова Е.П, Муравьева Г.Л, Шнеперман Л.Б, Ящин Б.Ю.—
Алгебра:
учебное
пособие
для
9
класса
учреждений,
обеспечивающих получение общего среднего образования.—Мн.:
Нар. Асвета,2005
8. Олехник С.Н., Нестеренко Ю.В., Потапов М.К.—Старинные
занимательные задачи.—М: Наука, 1988
9. Сборник экзаменационных материалов по математике за курс
базовой школы.—Мн: Нар. Асвета,2005
10. Туинчик А.А.—Математика: просто о сложном:задачи на проценты
и смеси.—Мн: Аверсэв,2007
41