Методические задачи

БУ ЧР ДПО «Чувашский республиканский институт образования»

Лучшая методическая задача по математике.

Выполнила Иванова Наталья

Георгиевна, учитель математики

МБОУ «Карамышевская СОШ»

Чебоксары-2019г

Содержание.

1.Задача 1. ………………………………………………………………3с

2.Аннотация.Задание.....……………………………………………….4с

3. Методические решения. Способы…………………………………4с

4.Задача 2 и 3……………………………………………………………7с

5.Аннотация.Задание.....……………………………………………….8с

6. Методические решения. Способы…………………………………8с

7.Задача 4. ………………………..…..…………………………………10с

8.Аннотация.Задание.....……………………………………………….10с

9. Методические решения. Способы…………………………………10с

10.Задача 5. ………………………..…..…………………………………12с

11.Аннотация.Задание.....……………………………………………….12с

12. Методические решения. Способы…………………………………12с

13.Литература……………………………………………………………14с

Задача 1.

Аннотация.

Тема «Уравнения с одной переменной». Изучается в курсе алгебры 9 класса по учебнику под редакцией С.А.Теляковского[1]. По программе отведено для изучения 8 часов. Задание можно предложить на последних уроках темы для повторения и объяснения нового или на курсах подготовки к экзаменам. Возможно, использовать на уроках, занимающихся по другим УМК. Уравнения с №1-№9 можно решать устно, так как используются ответы предыдущих уравнений . №10 решается письменно разными способами учителем. (Примечание:ее можно рассмотреть как отдельную конкурсную задачу.)

Цель.

Повторение решения всех основных типов уравнений ( от простого к сложному).

Выработка алгоритма решения более сложных уравнений .

Повторение построения раннее изученных графиков степенных функций.

Для формирования метода решения определенного типа математических задач требуется набор задач. Набор может быть организован по индуктивному принципу обобщения, которые подбираются для последовательного накопления существенных характеристик типа.

Задание.

Решите уравнения:

Х-6=0;

а)Х2-6=0; б)Х2+5=0;

(Х-6)(Х+5)=0;

Х2-6Х=0;

Х2+5Х-6Х-30=0;

Х2-6Х+5=0;

Х4-6Х2+5=0;

(х+1)2-6(х+1)+5=0;

Х3-6Х2+5=0.

Методическое решение. Способы.

Решение:

Аналитический способ решения.

1.Х-6=0.

1способ рассуждений.

По свойству решения уравнений перенесем -6 ,меняя знак.

Х=0+6;

Х=6.

2 способ рассуждений.

Чтобы найти уменьшаемое, надо к разности прибавить вычитаемое. Еще с учащимися можно вспомнить о решаемости уравнения вида ах=в.

Ответ:6.

2. Х2-6=0 и Х2+5=0

Неполное квадратное может иметь решение, а может и не иметь. Решается по свойству решения уравнений. С учащимися можно его вспомнить .

Х2=6 ; и Х2= -5;

Х12= нет корней.

Ответ: а) =; б) нет корней.

3.4. Х2-6Х=0 (Х-6)(х+5)=0;

1способ . Разложение на множители.

Х(Х-6)=0 ; (Х-6)(Х+5)=0

Х=0 или Х-6=0 ; Х-6=0 или Х+5=0

Х=6 . Х=6 . Х= -5.

2 способ. Формулы корней . х12=. Здесь он не совсем уместен, возможны еще ошибки при умножении одночленов.

D=62+0=62 Х2-Х-30=0

х12= = D=1+120=112

Х1=0; х12==

Х2 = 6. Х1=-5;

Х2 = 6.

Ответ:0 и 6. Ответ:6 и -5.

1 и 2 способ рассуждений отличается только алгоритмом действий: нахождением ОДЗ в начале или проверкой в конце решений. Ошибка детей, что они вообще забывают о них , поэтому возможны лишние корни. Здесь и надо им напомнить о «равносильных» уравнениях.

ОДЗ: Х 6,учитывая ранее решенное,

Х2-6Х=0 имеет решение

Х1=0; Х2 = 6.

6 лишний корень.

Ответ: 6.

6. Х2+5Х-6Х-30=0.

Решаем группировкой

Х(Х+5)-6(Х+5)=0;

(Х-6)(х+5)=0 учитывая ранее решенное ,

Х1=-5; Х2 = 6.

Ответ:6 и -5.

7. Х2-6Х+5=0.

Вспоминаем материал алгебры 8 класса .

1способ. С помощью формулы корней х12=.

D=36-20=42

х12==

Х1=5;

Х2 = 1.

2способ. С помощью теоремы Виета. Нужно ее вспомнить с учащимися.

Значит ах2-вх+с=0.

Х1+ Х2 = и Х1 Х2 = . т.е.

Х1+ Х2 =6 и Х1 Х2 = 5 . Это возможно при Х1=5; Х2 = 1.

3способ. С помощью выделением полного квадрата. Он уместен для письменной работы.

Х2-6Х+5= Х2-23Х+32-32 +5= Х2-23Х+32-4=0;

(х-3)2=22;

х-3=2 или х-3= -2

Х=5 . Х= 1.

4способ. Решаем группировкой Х2-Х-5Х+5=0, чтобы разложить на множители.

Х(Х-1)-5(Х-1)=0;

(Х-1)(х-5)=0 учитывая ранее решенное ,

Х1=1; Х2 = 5.

Ответ: 1;5.

8. Х4-6х2+5=0.

1способ. Это биквадратное уравнение, которое решается введением новой переменной. Новое квадратное уравнение решается чаще с помощью формулы корней х12= и теоремой Виета, а также и выделением полного квадрата, группировкой.

Обозначим х2=а.

а2-6а+5=0

D=36-20=42

а12==

а1=5; х12=;

а2 = 1; х34==.

Ответ: -1;1;.

9. (х+1)2-6(х+1)+5=0.

1способ. Данное уравнение решается введением новой переменной. Новое квадратное уравнение решается чаще с помощью формулы корней х12= и теоремой Виета, а также и выделением полного квадрата, выделением полного квадрата.

Обозначим х+1=а.

а2-6а+5=0

D=36-20=42

а12==

а1=5;

а2 = 1;

Значит х+1=1 или х+1=5.

Х=0; Х = 4.

2способ.Расскрытие скобок. Уместно вспомнить формулы сокращенного умножения.

Х2-2Х+1-6Х-6+5=0;

Х2-4Х=0

Х(Х-4)=0;

Х=0 или Х-4=0

Х= 4.

Ответ: 1;4.

10. Х3-6Х2+5=0.

Аналитический способ решения.

1способ.Раскладываем на множители способом группировки.

Х3-Х2-5Х2+5=0

Х2(Х-1)-5(Х2-1)=0;

(Х-1)(Х2-5(х+1))=0,

Х-1=0 или Х2-5х+5=0

Х3=1 D=25+20=45=(32

х12==

2способ. По теоремам о корне многочлена и о целых корнях уравнение (п. 16)[1].

Свободный член имеет целые делители:-1;-5;1;5.Только х=1 является первым корна уравнем,т.к. 1-6+5=0.

Х3-6Х2+5=(х-1)(х2-5х-5)=0

Х-1=0 или х2-5х-5=0

Х3=1 D=25+20=45=(32

х12==

Графический способ решения.

2способ. Сначало его преобразуем Х3=6Х2-5. Решим с помощью построения графиков функций:

Параболы у=6х2-5.Ветви вверх. Вершина (0;-5) (находится проще, учитывая преобразование графиков или по формулам хв=,ув=у(хв) у функции у=ах2+вх+с).

Кубической параболы у= Х3.

По рисунку видим, что у нас всего две точки пересечения В(1;1) и А(-0,8;1,1).Третью точку не видно, поэтому этот способ не точный. Все же это бывает невсегда.Он помогает ,наоборот, увидеть корни,определить их количество и значение. Уточнить поможет первый и второй способы.

Графический более универсальный способ, если знаешь как выглядеть графики. Он позволяет решить более сложные уравнения. Ученики его не любят.

Рисунок1

Ответ:1; .

Задача 2 и 3.

Аннотация.

Тема «Теорема Пифагора. Обратная теорема Пифагора» изучается в курсе геометрии 8 класса по учебнику ,авторы которого Л.С.Атанасян и др. [2]. По программе отведено для изучения 3 часа. Задание можно предложить на уроках и на занятиях математического кружка.

Возможно, использовать на уроках, на занятиях кружка:

в 7-10 классах, занимающихся и по другим УМК

в 5 классах (УМК линии Муравиных[3]).Данная тема есть в программе этой линии.

в 9,11 классах на курсах подготовки к экзаменам. Знания, полученные при ее решении, помогут сэкономить время на экзамене.

Цель.

Показать уникальность открытия Пифагора и дать определение понятия пифагоровых троек.

Развитие интереса к математике, математических способностей.

Развитие познавательной активности; формирование мыслительных операций, являющихся основой интеллектуальной деятельности; развитие логического мышления, алгоритмического мышления; формирование умения точно выразить мысль.

Умение применять изученные понятия, результаты и методы при решении задач из различных разделов курса, в том числе задач, не сводящихся к непосредственному применению известных алгоритмов[4].

Для формирования метода решения определенного типа математических задач требуется набор задач. Набор может быть построен и по принципу дедуктивного обобщения. Решение их направлен на отработку метода, т. е. на установление взаимосвязей общих и специфических учебных действий метода.

Задание.

№1.В прямоугольном треугольнике длины всех сторон являются натуральными и числами, при этом один из катетов равен 2012.

а)(7класс)Найдите хотя бы один такой треугольник.

Б)(8-9классы)Найдите все такие треугольники

№2.Дайте определение пифагоровым треугольникам.

2)Объясните ,что такое пифагоровы тройки.

3) Назовите 5 пифагоровых троек. Укажите несколько способов их нахождение.

№3.Учебник[5],№10 .Вычислите sin(а)sin

Методическое решение. Способы.

Цитата из учебника[2].: « Прямоугольные треугольники. у которых длины сторон выражаются целыми числами, называются пифагоровыми треугольниками. Можно доказать, что катеты a,b и гипотенуза с таких треугольников выражается формулами,

а=2mb=r(m2-n2) c=r(m2+n2) ,где r,m и n-любые натуральные числа, такие, что mn.»

Мы видим ,что информации по этой теме в учебнике мало(нет задач) и порой ученики на это даже не обращают внимание. Даже и не все учителя знают точное определения пифагоровых треугольников. (ответ к №2(а))

Задачу №1можно представить как проблему на занятие.

Задача №4 олимпиады «Покори Воробьевы горы-2012» математика7-9классы:

«№4.В прямоугольном треугольнике длины всех сторон являются натуральными и числами, при этом один из катетов равен 2012.

а)(7класс)Найдите хотя бы один такой треугольник.

Б)(8-9классы)Найдите все такие треугольники.»

Ответ:б)(2012; 253005;253013);(2012;506010;506026);(2012;1012035;1012037) и (2012,1509;2515);а)любая тройка из б).

Ее решением будут пифагоровы числа, такие тройки называют пифагоровы.(ответ к №2б)

Вернемся к нашей задаче. С чего начнем? Итак, разложим на множители

2012=2*2*503==2*1*1006=4*1*503.

Задание для учащиеся по вариантам. Найти две другие стороны треугольника.

А сейчас посмотрим, что получилось у нас. (Работающая группа показывает результат своей работы). Решение:

1)5032-22=253005 2) 10062-22=1012035 3) 2(5032-22)=253005 2=506010

5032+22=253013 10062+22=1012037 2(5032+22)=253013 2=506016

Нашли три решения задачи, пользуясь учебником. А как найти другие решения?

Задание: Найти еще две другие стороны треугольника.

Ответ: (2012,1509;2515).

Задача №2(в).

Простые способы формирования пифагоровых троек.

1.Тройку (а,b,c) называют примитивной(основной), если а и b – взаимно простые числа,т.е.(а,b)=1 и формула дает все возможные примитивные триады.

Обычно пользуются таким приемом подбора решений: m и n-произвольные взаимно простые числа; mn; одно из них четное, другое нечетное, и формируют триаду .(примеры выше в-1,2)

(12;?;?) 12=2*2*3

=3,n=2.

=9-4=5

=9+4=13

(12;5;13)

2.Взять четное число, кратное 4, его квадрат разделать на 2 и результат представить как сумму двух последовательных нечетных чисел; слагаемые будут вторым и третьем членами триады. (примеры выше в-1,2)

(20;99;101

(16;63,65) - 63=65

3.Из данного пифагорова треугольника (х,у,z) можно получить бесконечное множество подобных треугольников (kх,kу,kz), где k–произвольное натуральное число.

У египетского треугольника стороны составляют тройку (3;4;5).Из нее получаем

(6;8;10),(30;40;50);…..

(12;5;13) умножим на 2 и получим (24;10;26) .

2012:4=503

503 ●3=1509

503●5=2509.Получаем (2012,1509;2515).

Свойства.

1) Одно из пифагоровых чисел должно быть кратно трём;

2) Одно из них должно быть кратно четырём;

3 Одно из пифагоровых чисел должно быть кратно пяти.

4)Площадь каждого пифагорова треугольника кратна 6.

5) Из данного пифагорова треугольника (х,у,z) можно получить бесконечное множество подобных треугольников (kх,kу,kz), где k–произвольное натуральное число

6) Из каждого пифагорова треугольника можно получить прямоугольник, стороны и диагонали которого выражаются натуральными числами.

Ответ: (20;99;101 (16;63,65),(30;40;50); (12;5;13),(24;10;26) .

Задание №3 для старшеклассников. Вычислите sin(

sin .

Решение:

1способ. Традиционный.

cos==

sin==

sin(= sin- cos=;

= cos -sin sin=.

2способ. Используя новые знания ,подберём пифагоровы тройки.

Ответ:;.

Решение проводилось аналитическим способом.

Задача 4 .

Аннотация.

Тема «Простые и составные числа. Правило нахождения наибольшего общего делителя». Изучается в курсе математики 6 класса по учебнику авторов Муравиных[6]. Надо использовать на уроках, занимающихся по другим УМК.

Цель.

Выработка алгоритма решения более сложных заданий. Нахождение НОД больших чисел .

Научиться применять изученные понятия, результаты и методы при решении задач из различных разделов курса, в том числе задач, не сводящихся к непосредственному применению известных алгоритмов.

Задание.

Пользуясь свойством делимости разности, найдите наибольший общий делитель чисел: 1) 80 и 52; 2) 100 и 85; 3) 482 и 484; 4) 276; 52 338

Методическое решение. Способы.

Аналитический способ

Свойство делимости разности натуральных чисел.

Если уменьшаемое и вычитаемое делятся на некоторое число, то и разность делится на это число.

  Свойство делимости разности удобно использовать при отыскании наибольшего общего делителя.

Для любых двух натуральных чисел n и m таких, что n > m,

НОД (n.; m) — НОД (n — m; m).

Когда числа сильно отличаются друг от друга, найти их наибольший общий делитель помогает деление с остатком. Рассмотренный приём поиска наибольшего общего делителя был разработан более 2000 лет назад великим древнегреческим математиком Евклидом.

Задача 5.

Аннотация.

Тема «Четырехугольники. Площадь». Изучается в курсе геометрии 9 класса по учебнику ,авторы которого Л.С.Атанасян и др. [2 ] Задание можно предложить на уроках темы для повторения и объяснения нового или на курсах подготовки к экзаменам. Возможно, использовать на уроках, занимающихся по другим УМК.

Цель.

Повторение знаний, полученных ранее.

Выработка алгоритма нахождения неизвестных элементов.

Научиться применять изученные понятия.

Развитие познавательной активности; формирование мыслительных операций, являющихся основой интеллектуальной деятельности; развитие логического мышления, алгоритмического мышления; формирование умения точно выразить мысль.

Задание.

Д ан ромб ABCD (рис. 2). Что из этого следует или что вы знаете об этой фигуре (какими свойствами она обладает)?

Методическое решение. Способы.

1.Четыреугольник.Выпуклый.

2.Сумма углов равна 360 0.(формула 180(n-2), где n-количество сторон)

Рисунок 2

3.Параллелограмм.По его определению и свойству:

4. АВ//СД ,ВС// АД;

5. АВ=СД ,ВС=АД ;

6.углы А и С В и С равны ;

7 .АС ВД=О и АО=ОС ВО=ОД.

8. Т.к. он ромб ,то АВ=СД =ВС=АД

9.АС ВД под прямым углом.

Рисунок3

10.Диагонали являются биссектрисами углов.

11.Р=АВ+ВС+СД+АД=4АВ.

12.S=AB*h,(рис.3)

13. S=AB*АС*sinА= AB2sinА;

14. Т.к. он ромб,то S=AСВД.

15.Теорема Пифагора АВ2=АО2+ВО2.

Выполнение данного задания способствует систематизации свойств объекта и тем самым создает более эффективные предпосылки для использования их при поиске решения задач, в условии которых будет этот объект.

4.Литература.

1. Алгебра.9 класс:учеб. для общеобразоват .учреждений / [Ю. Н. Макарычев, Н. Г. Мин-дюк, К.И.Нешков,С.Б.Суворова.]; Под ред, С. А. Теляковского.- М.: Просвещение, 2019.-271с.

2.Геометрия. 7-9 классы: учеб. для общеобразоват.организаций/[ Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев и др. ] 7-е изд. - М.: Просвещение, 2017-383с.

3.Математика .5кл.:учебник/Г.К.Муравин ,О.В.Муравина.-3-е изд.,-стереотип .- М.:Дрофа, 2014

4.Алгебра.Сборник для рабочих программ 7-9 классы.пособие для учителей общеобразовательных учреждений/[составитель Т.А.Бурмистрова] .-2-е изд. , доп.-М.: Просвещение,2014.

5. Алгебра и начала анализа. 10-11 классы; учебник /[А.Н.Колмогоров и др.] - М.: Просвещение, 2008.

6. Математика .6кл.:учебник/Г.К.Муравин ,О.В.Муравина.-2-е изд.,-стереотип .- М.:Дрофа, 2014-319с.