Презентацию Мастер-класс для учителей математики

Развитие конструктивного мышления
учащихся при решении задач на нахождение
площади, периметра, объема геометрических
объектов
Виды конструктивных задач:
перестраивание
и разрезание фигур
(деление фигуры на
части)
достраивание фигур
Решение конструктивных геометрических задач:
 активизирует познавательную деятельность учащихся;
 способствует формированию интеллектуальной культуры
школьников;
 формирует гибкость мышления;
 развивает способность к обучению на основе теоретических
знаний и применению их в нестандартных ситуациях.
Конструктивные задачи разного уровня сложности
включены в задания внешнего независимого оценивания и
государственной итоговой аттестации.
Геометрические свойства фигур
и их элементов,
применяемые при решении
конструктивных задач
Основные свойства площадей
1) Равные фигуры имеют равные
площади
Если F1=F2, то SF1=SF2
F1, F2 - равновеликие фигуры
2) Площадь фигуры равна сумме
площадей фигур, из которых
она состоит
S ô  S1  S 2
Медиана треугольника делит его на две равновеликие части
AD - медиана
S ABC  S ABD  S ADC
Пусть М – произвольная точка стороны АС
треугольника ABC, тогда
S ABM AM

S MBC MC
Биссектриса угла треугольника делит его площадь на
части, которые пропорциональны прилежащим
сторонам угла
S ABD AB

S ADC AC
Площади треугольников с общим основанием
относятся как высоты, проведенные к основанию
S ABC
BK

S ADC DM

В треугольнике точка пересечения медиан соединена с
вершинами. Площадь каждого из полученных
треугольников составляет третью часть площади
данного треугольника
S AOB  S BOC  S AOC
1
 S ABC
3
Отношение площадей подобных треугольников (фигур)
равно квадрату коэффициента подобия
ABC  MBN
S ABC
 k2
S MBN
Средние линии треугольника разделяют его на четыре
равных треугольника (на четыре равновеликих
треугольника)
S1  S 2  S 3  S 4
Диагонали параллелограмма разбивают его на четыре
треугольника с равными площадями
S1  S 2  S 3  S 4
Середины сторон любого четырехугольника являются
вершинами параллелограмма, периметр которого
равен сумме диагоналей четырехугольника
KMNP - параллелограмм
PKMNP  AC  BD
Прямая, пересекающая противолежащие стороны
параллелограмма и проходящая через точку
пересечения образует пары равных треугольников
 1   2 ; S1  S 2
 3   4 ; S3  S4
Если параллелограмм и треугольник имеют общее
основание и высоту, то площадь параллелограмма
в 2 раза больше площади треугольника
1
S AKD  S ABCD
2
S ABCD  2 S AKD
ABCD – параллелограмм
M, K, N, P – середины сторон параллелограмма АВСD
MKNP – параллелограмм
S ABCD  2S MKNP
ВНО, 2010
Точка М – середина стороны квадрата ABCD.
Площадь заштрихованной части равна
7 см2. Найти площадь всего квадрата.
Решение:
Дополнительное построение:
АС – диагональ. ∆ABC, АМ – медиана.
SABM  SAMC , SABC  2SABM
S ABCD  2SABC  2  2 SABM  4 SABM
S ABCD  4  7  28 ( ñì 2 ).
2
S

28
ñì
.
Ответ: ABCD
Задачи на готовых чертежах
Найти площадь Х
2
1
Õ  7 êâ.åä.
Õ  S DBC  2S BDE 
 2  6  12 êâ. åä.
Найти отношения площадей S1 : S2
Дано: ABDC - параллелограмм
44
3
S ABD  S BDC , S AED  S DEC
S1 1

S2 3
S1  S ABD  S AED , S 2  S BDC  S DEC
S1
S1  S 2 ,
1
S2
Одна из сторон треугольника равна
20 см, а медианы, проведенные к двум
другим сторонам равны 18 см и 24 см.
Найти площадь треугольника.
Решение:
1) AOC : AC  20 ñì .
2
2
 AD   18  12 ( ñì ).
3
3
2
2
ÑO   ÑK   24  16 ( ñì ).
3
3
AO 
S AOC 
p( p  AC )( p  AO )( p  CO ) .
20  16  12
 24 ( ñì ).
2
S AOC  24  ( 24  20 )( 24  12 )( 24  16 )  96 ( ñì 2 ).
p
2) S ABC  3S AOC  3  96  288 ( ñì 2 ).
Ответ: S ABC  288 ñì 2 .
В равнобедренном треугольнике
основание равно 66 см. Биссектриса
угла при основании делит боковую
сторону на отрезки 5:6, начиная от
вершины. Найдите площадь частей
треугольника, на которые делит его
биссектриса.
Решение:
1) По свойству биссектрисы треугольника
ÀÂ BD

, AB  BC  BD  DC  5  6  11÷àñòåé 
AC CD
11õ 5 õ

; 11õ  6  66  5; õ  5 ñì .
66 6 õ
ÀÂ  BC  11  5  55 (cì ).
2) Найдем площадь треугольника ABC
по формуле Герона
55  2  66 176
p

 88 ( cì ).
2
2
S  88  ( 88  55 )( 88  55 )( 88  66 ) 
 88  33  33  22  33 4  22  22 
 33  22  2  1452 ( ñì 2 ).
3) По свойству биссектрисы треугольника
S ABD 5
5
5 1452
 ; S ABD  S ABC 
 5 132  660 (ñì 2 ).
S ADC 6
11
11
3) S ADC  S ABC  S ABD  1452  660  792 ( ñì 2 ).
2
2
Ответ: S ABD  660 ñì , S ADC  792 ñì .
ВНО, 2008
MK – средняя линия треугольника ABC.
Площадь треугольника ABC равна 20 см2.
Найдите площадь четырехугольника
ABMK.
Решение:
1) MK || AB по свойству средней
линии треугольника.
MKC  BAC ,
AB : KM  2  k .
S BAC : S MKC  k 2  4. S MKC  20 : 4  5 ( ñì 2 ).
2) S ABMK  S BAC  S MKC  20  5  15 ( ñì 2 ).
Ответ: S ABMK  15 ñì 2 .
ABCD – трапеция.
Найти: S1:S2.
Решение:
BEC  DEA по двум равным углам.
k
BE 1
 .
DE 2
S1 : S 2  k 2 
1
.
4
ВНО, 2010
В прямоугольнике ABCD прямые m
и n проходят через точку
пересечения диагоналей. Площадь
фигуры, которая состоит из трех
закрашенных треугольников, равна
12 см2.
Вычислите площадь прямоугольника ABCD.
Решение:
S AÎB  12 ñì 2 , S ABCD  4  S AÎB  4  12  48 ( ñì 2 ).
Ответ: S ABCD  48 ñì 2 .
ВНО, 2010
На рисунке изображен
прямоугольник ABCD и
равносторонний треугольник ABK,
периметры которых соответственно
равны 20 см и 12 см. Найдите
периметр пятиугольника AKBCD.
Решение:
1
AB   12  4 ( ñì ) ∆ABK - равносторонний
3
PAKBCD  PABCD  PABK  2  AB  20  12  2  4  24 ( ñì ).
Ответ: PAKBCD  24 ñì .
ВНО, 2010
На рисунке изображен квадрат ABCD и
треугольник BKC, периметры которых
соответственно равны 24 см и 20 см.
Найдите периметр пятиугольника ABKCD.
Решение:
1
BÑ   24  6 ( ñì ), ABСD – квадрат
4
PABKCD  PABCD  PBKÑ  2  BÑ  24  20  2  6  32 ( ñì ).
Ответ: PABKCD  32 ñì .
ВНО, 2009
В четырехугольнике диагонали
равны 8 см и 5 см. Найдите
периметр четырехугольника,
вершинами которого являются
середины сторон данного
четырехугольника.
Решение:
ABСD – параллелограмм
PABCD  8  5  13 ( ñì ).
Ответ: PABCD  13ñì .
ВНО, 2008
Решение:
1
1
 AK  KB   8  5  20 ( ñì 2 ).
2
2
 2  S AKB  2  20  40 ( ñì 2 ).
S AKB 
S ABÑÂ
Точка K лежит на стороне
DC параллелограмма ABCD.
Известно, что угол AKB
прямой, АК = 8 см,
KB = 5 см. Найдите
площадь
параллелограмма.
2
Ответ: S ABCD  40 ñì .
Дано: ABCD – трапеция
Найти: S1:S2.
Решение: SABD  SACD
как площади треугольников
с общим основанием AD и
высотой h.
S1  S ABD  S AED
S 2  S ACD  S AED
S1  S 2 , ñëåäîâàòåë üíî ,
S1 : S 2  1.
Найти: S1:S2.
Решение: дополнительные построения KN, NP – средние
линии треугольника, следовательно: S1:S2=1:3.
№256 Геометрия, 10 класс, Бевз Г.П, и др,
профильный уровень
В треугольнике ABC через точку М – середину стороны АВ –
проведена плоскость α, α||BC, α  AC = N. Найдите: а) ВС, если
MN=a; б) SBMNC:SMAN.
1 )  ( ABC )  MN , BC  ( ABC ), BC   ,
BC || MN ;
2 )ABC , MN  ñðåäíÿÿ ëèíèÿ ,
1
MN  BC , BC  2 MN  2a;
2
3 ) S BMNC : S MAN  3 : 1.
ВНО, 2010
Из цилиндра выточен конус так, что его основание совпадает с
одним из оснований цилиндра, а вершина с центром другого
основания цилиндра. Найдите отношение объема сточенной
части цилиндра к объему конуса.
Решение:
1
Vêîíóñà   Vöèëèíäðà
3
V   îáúåì ñòî÷åííîé
÷àñòè öèëèíäðà .
2

V  Vöèë  Vêîí  Vöèë .
3
2
1
V  : Vêîí  Vöèë : Vöèë  2 : 1
3
3
ВНО, 2010
Объем куба ABCDA1B1C1D1
равен 216 см3. Найдите объем
пирамиды D1ACD.
Решение:
VACDA1C1D1  3 VD1 ACD ;
Vêóáà  2VACDA1C1D1 ;
Vêóáà  6VD1 ACD ;
VD1 ACD
1
1
 Vêóáà ; VD1 ACD   216  36 ( ñì 3 ).
6
6
Ответ: VD1 ACD  36 ñì 3 .
ВНО, 2008
В сосуд цилиндрической формы,
наполненный водой доверху,
положили металлический шар,
который касается дна и стенок.
Определите отношение объема
воды, которая осталась в сосуде, к
объему воды, которая вылилась.
Решение:
V1 – объем воды, которая осталась;
V2 – объем вылившейся воды.
V1  Vöèë  Vøàðà .
4
2
V1  R 2  2 R  R 3  R 3 ;
3
3
4
V2  Vøàðà  R 3
3
2 3
R
V1 3
2 1

  .
V2 4 R 3 4 2
3
№16. П. 19 Многогранники. Геометрия,
Погорелов А.В.
В правильной четырехугольной
призме через середины двух
смежных сторон основания
проведена плоскость,
пересекающая три боковых ребра и
наклоненная к плоскости основания
под углом α. Сторона основания
равна a. Найдите площадь
полученного сечения.
Решение: ортогональной проекцией сечения KMNPL на
плоскость основания является пятиугольник ABCMK.
1
7
S ABCMK  S ABCD  S KDM  a 2  a 2  a 2 .
8
8
S ABCMK
7a2
Sñå÷ 

.
cos 
8 cos 