Подготовка к ОГЭ. Математика. 9 класс.

Подготовка к ОГЭ
математика 9
практикум
учитель математики: Зотова Рита Ямилевна
МБОУ СОШ №12
с углублённым изучением отдельных предметов
Сургут - 2015
«Нет царского пути в геометрии»
Эвклид
Решение практических задач ОГЭ.
Приемы,
способствующие решению
геометрических задач.
Метод ключевой задачи
Ключевая задача:
В прямоугольном треугольнике высота, проведённая к гипотенузе,
делит её на отрезки 18 и 32. Найти высоту.
Решение:
B
1)
ac
h 2  acbc ,
ответ : 24
c
H
a
h
C
bc
b
A
h 2  32 18;
h  32 18  24
Задача1
Из точки В к окружности проведены касательные BP и BQ
(P и Q – точки касания).
Найти длину хорды PQ, если длина отрезка PB= 40,
а расстояние от центра окружности до хорды PQ равна 18.
Решение:
1)PQ = 2PM; ∆ OPB – прямоугольный,
PM – высота. PB 2  OB  MB
P
40
O
2)Пусть BM = x, x > 0, тогда
18
B
M
40 2  (18  x)  x,
x1  32, x2  50
x 2  18 x  1600  0
BM  32, - 50  0
3) PM 2  OM  MB,
Q
PM 2  18  32,
PQ  48
Ответ: 48
PM  24
Задача 2
В параллелограмме одна из диагоналей перпендикулярна боковой
стороне. Высота, проведённая из вершины, делит основание
на отрезки длиной 32 и 18. Найдите площадь параллелограмма.
B
C
Решение:
1)Пусть AD = a=50,
BH  h, тогда S  h  a
h
A
D
H
2) ABD( B  90), h 2  AH  HD ,
h  24
3) S  ah, S  24  50  1200
Ответ: 1200
Задача 3
Окружность вписана в ромб. Радиус, проведённый из центра окружности
к стороне ромба, делит её на отрезки 18 и 24. Найдите радиус
вписанной окружности.
Решение:
A
H
Радиус вписанной в ромб окружности
есть высота прямоугольного треугольника OAB,
r  OH  AH  HB
O
D
B
r  18  24  12 3
Ответ:
C
12 3
Задача 4
Найдите площадь равнобедренной трапеции, если её основания равны
14 и 50, а диагональ перпендикулярна боковой стороне.
B
14
Решение:
ab
h
1) S 
2
C
2)
ACD(C  90) CF  AF  FD
AD  BC 50  14
FD 

 18
2
2
AF  50  18  32
CF  32 18  24
D
A
50
F
3) S 
50  14
 24  768
2
Ответ: 768
Задача 5
Большее основание трапеции является диаметром описанной окружности.
Определите высоту трапеции, если её диагональ равна 40,
а меньшей из отрезков, на которые делит основание высота, равен 18.
Решение:
1)Описать окружность можно только около равнобедренной трапеции.
2)∆ABC – прямоугольный ( B – вписанный, опирается на
диаметр).
B
C
3) ABD (B  90)
BD 2  AD  HD ,
A
H
O
D
HD  x,
x0
40 2  (18  x) x,
x 2  18 x  1600  0
D  81  1600  1681
x1  32,
4) BH 
x 2  50,
 50  0
AH  HD  18  32  24
Ответ: 24
Задача 6
Равнобедренная трапеция с основаниями 64 и 36 описана около
окружности. Найдите радиус окружности.
Решение:
1)BM = BH (как отрезки касательных, проведённых из одной точки)
2) O – точка пересечения биссектрис A,  B,  C и  D, тогда
B
36
M
H
O
A
64
 BOA=90° и OH = r =
C
AH  HB
3) т.к. ABCD – описана около
окружности,
то
BC + AD = AB + CD, AB = CD,
2AB = 36 + 64, AB = 50 1
4) т.к. BM = BH и BM = 2 BC,
D
т.к. трапеция равнобедренная, то BM = 18 = BH
AH = 50-18=32
5) OH= r = 32  18  24
Ответ: 24
ГИА-9 Ларин 2014, Вариант1, часть 2
A
№24
b- r
В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом С
известны катеты: AC=6, BC=8. Найдите радиус окружности,
вписанной в треугольник ABC.
b- r
b
c
O
Дано: ∆ABC(  С=90°)
AC=6, BC=8
Вписанная окружность
Найти: r
Решение:
a - r
r
C
a-r
r
B
a
Радиус вписанной окружности
r
abc
2
1)∆ABC( С=90°), по теореме Пифагора
2)
r
a  b  c
,
2
Ответ: 2
r
AB  62  72  10
6  8  10
2
2
Вывод: c = b – r + a – r
2r = b + a – c
r
abc
2
ГИА-9 Ларин 2014, Вариант1, часть 2
Докажите, что угол между касательной и хордой, имеющими
общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги,
Заключённой между его сторонами.
A
Дано: (O; r), AB – касательная .
№25
B
Доказать:
K
OABC  1  BKC
2
ABC 
1
 BKC
2
Доказательство:
1) OB  AB
C (радиус, проведённый в точке касания перпендикуляре
касательной)
2) пусть BOC   , тогда  BKC  
(центральный угол равен дуге на которую опирается
3) BOC ,
т.к. OB = OC (как радиусы одной окружности), то
180  

 90 
2
2
OB  AB , то
CBO 
4) т.к.
ABC  90  (90 

2
)

2

1
 BKC
2
ч.т.д.
ГИА-9 Ларин 2014, Вариант1, часть 2
№26 Трапеция ABCD с основаниями AD = 6, и BC = 4 и диагональю BD = 7
вписана в окружность. На окружности взята точка K, отличная от точки D
так, что BK = 7. Найти длину отрезка AK.
C
B
L
7
Дано: ABCD – трапеция, описанная окружность,
BC = 4, AD = 6, BD = 7, BK = 7. K не совпадает с D.
Найти: AK
Решение:
F 1) Описать окружность можно только около равнобедренной
 BLA  CFD
трапеции, поэтому BA = CD и
7
2) т.к.
BD  BK , тоBDK  BKD
и
 BAK  BCD, т.к.  BLA  CFD,
то  AK  BC, тогда ABK  BDC
D
A
3) т.к.
 BLA  CFD, то ABK  CBD
K
4) ∆ABK = ∆BCD (по стороне BD = BK и двум прилежащим к ней углам.
CBD  AKB
и ABK  BDC ) из равенства треугольников следует, что BC = AK = 4.
Ответ: AK = 4.
ГИА-9 Ларин 2014, Вариант2, часть 2
№24 Окружность проходит через вершины A и C треугольника ABC и пересекает
его стороны AB и BС в точках K и E соответственно.
Отрезки AE и CK перпендикулярны. Найдите угол ABC, если угол KCB равен 20º
Дано: ∆ABC, A ϵ окружности, C ϵ окружности, AE  CK ,
B
KCB  20
Найти: ABC
Решение: (при решении используем метод поэтапного решения)
ABC 
D
E
K
1
( ANC   KDE )
2
KCB  вписанный, то  KDE  40
1

AMC

( ANC   KDE )
2)
2
1
90   ( ANC  40  ),
 ANC  140 
2
1) т.к.
M
C
1
( ANC   KDE )
2
1
ABC  (140   40  )  50 
2
3) ABC 
A
N
Ответ:
ABC  50
ГИА-9 Ларин 2014, Вариант2, часть 2
№25 В параллелограмме ABCD отмечена точка M – середина BC. Отрезок AM
пересекается с диагональю BD в точке K. Докажите, что BK: BD = 1: 3.
M
B
C Дано: ABCD – параллелограмм
BM = MC, AM  BD = K
K
Доказать: BK : BD = 1:3
Доказательство:
A
D
1)MBK  KDA
(как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD
и секущей BD).
2)BKMADK
(по двум углам: AKM  AKD  как вертикальные, MBK  KDA
из п.1)
При решении используется метод подобия и поэтапного решения.
3) Из подобия ∆BKM и ∆AKD следует:
BM
BK
1

, т.к. BM  BC , а BC  AD, то
AD  2BM.
AD KD
2
BM
BK

Имеем 2 BM KD или
KD  2BK.
BK
BK
1


, т.е.
4) Т.к. BD = BK + KD, то BD = 3BK и BD 3BK
3
BK : BD  1 : 3
ч.т.д.
ГИА-9 Ларин 2014, Вариант2, часть 2
Диагонали AC и BD трапеции ABCD пересекаются в точке O.
Площади треугольников AOD и BOC равны соответственно 25 и 16.
Найдите площадь трапеции.
№26
B
Дано: ABCD – трапеция, AC  BD = O
C
S AOB  25, S BOC  16
O
A
Найти:
D
K
2) S ABO  S ABD  S AOD 
  S ABO  S OCD
S COD  S ACD  S AOD 
4)BOC AOD(по двум
2
Решение:
1

1) S ABD  AD  BK , где BK  AD 

2
т.к. BC || AD, то
1
SACD  AD  CM , где CM  AD 
2

M
S
 BO 
тогда : BOC  
 ;
SAOD  OD 
S ABCD
BK  CM , т.е. SABD  S ACD.
3) т.к. BC||AD, и BD – секущая, то CBO  ODA
(как накрест лежащие)
углам : BOC  AOD, как вертикальные, CBO  ODA по п.3)
2
16  BO 

 ;
25  OD 
BO 4
BO
 , т.к.
 0.
OD 5
OD
5) Т.к. ∆ABO и ∆AOD имеют общую высоту, то их площади относятся как стороны,
соответствующие этим высотам, SABO  BO ; SABO  4 , S
AOB  20
SAOD OD
25
5
6) S ABCD  16  20  25  20  81
Ответ: площадь трапеции 81.
Спасибо за внимание!