Документ 5025430

В связи с переходом на профильное
обучение возникла необходимость в
обеспечении углубленного изучения
предмета математики и подготовки
учащихся к продолжению образования.
 геометрический – когда требуемое утверждение
выводится с помощью логических рассуждений из ряда
известных теорем;
 алгебраический – когда искомая геометрическая
величина вычисляется на основании различных
зависимостей между элементами геометрических фигур
непосредственно или с помощью уравнений;
 комбинированный – когда на одних этапах решение
ведется геометрическим методом, а на других –
алгебраическим.
Обобщить и систематизировать знания
учащихся по основным разделам
планиметрии;
Познакомить учащихся с некоторыми
методами и приемами решения
планиметрических задач;
Сформировать умения применять
полученные знания при решении
«нетипичных», нестандартных задач.
 Дополнить знания учащихся теоремами прикладного
характера, областью применения которых являются
задачи;
 Расширить и углубить представления учащихся о
приемах и методах решения планиметрических задач;
 Помочь овладеть рядом технических и
интеллектуальных умений на уровне свободного их
использования;
 Развивать интерес и положительную мотивацию
изучения геометрии.
Основной тип занятий – практикум
А так же…
лекционное – семинарские занятия;
групповые;
индивидуальные формы работы
В результате изучения курса учащиеся должны уметь:
Точно и грамотно формулировать теоретические
положения и излагать собственные рассуждения в
ходе решения заданий;
Уверенно решать задачи на вычисление,
доказательство и построение;
Применять аппарат алгебры и тригонометрии к
решению геометрических задач;
Применять свойства геометрических преобразований
к решению задач.
1.1.Прямоугольный треугольник
Задача 1 Медианы, проведенные к катетам
прямоугольного треугольника, равны m₁ и m₂. Найти
гипотенузу треугольника.
Пусть катеты АС=2х, ВС=2у,медианы
AD = m₁ и BE = m₂.Запишем теорему Пифагора
для ∆АСD и ∆ВСЕ: AD2= AC2 + CD2 и BE2 = BC2 +
CE2 или m12=4x2 +y2 и m22=4y2 +x2
• Сложим эти равенства: m12 + m22 = 5 (y2 + x2),
откуда y2 + x2 = (m12 + m22 )/5
Теперь запишем теорему Пифагора для ∆АВС: AB2=
AC2 + BC2 = 4 y2 + 4x2 = 4(y2 + x2) = 4(m12 + m22 )/5,
Откуда АВ = 2(m12 + m22 )1/2 /51/2.
1.2.Произвольный треугольник
Задача 5.Высоты АН и ВК равнобедренного треугольника АВС с
основанием ВС пересекаются в точке О так, что ВО = 5,
ОК = 3.Найдите АН.
Высота АН равнобедренного
треугольника АВС является и его
биссектрисой. Значит, и отрезок АО –
биссектриса треугольника АВК, а
потому выполняется равенство: ВО:ОК=АВ:АК
Свойства биссектрисы треугольника).
Отсюда АК:АВ=3:5
Пусть АК=3х, тогда АВ=5х , и в прямоугольном треугольнике АВК
(5х)2-(3х)2=(5+3)2.
Следовательно, 16х2=64, т.е. х=2 Итак, АВ=10, АК=6.
Поскольку АС = АВ, получаем: КС=10-6=4.
И в прямоугольном треугольнике ВСК ВС2=82+42.
Отсюда получаем: ВС=4√5.
Использую дважды формулу площади для
треугольника АВС, получаем: BC*.АН = АС* . ВК ,
Т.е. 4√5 . АН = 10 . 8. Следовательно, АН =
=
4√5
Ответ: 4√5
2.1.Параллелограмм
Задача 1 В параллелограмме АВСD <C = 120

Биссектрисы углов В и С пересекаются в точке К , лежащей на стороне АD ,
СК = 3.
Найдите площадь параллелограмма. В параллелограмме ABCD
<B = 180⁰ - <BCD =60⁰
Так как СК – биссектриса угла ВСD, <BCK = <DCK =60⁰ . Так как ВК–
биссектриса угла АВС, <АBK = <СВK = 30⁰.Следовательно, < BKC = 180⁰- (
30 ⁰ +60 ⁰ ) =90 ⁰ . Поэтому в треугольнике ВСК ВС = 2КС = 6. AD||BC,
поэтому, <СKD = <BСK=60 ⁰ (внутренние накрест лежащие). Следовательно
, треугольник КСD равносторонний , поэтому CD = KC = 3. Значит , АВ = CD
=3
Площадь параллелограмма найдём по формуле S= АВ*ВС*Sin B Итак,
S=3*6 Sin60⁰= 9√3
Ответ: 9√3
2.2. Ромб
Задача 3 Дан ромб АВСD с острым углом В.
Площадь ромба равна 320, а синус угла В равен
0,8.Высота СН пересекает диагональ ВD в
точке К .Найдите длину отрезка СК.
Решение: SABCD=AB2Sin B
AB2=320*10/8=400, AB=20
SABCD=AB*CH, CH =1
по теореме Пифагора из ΔВСН имеем ВН=√ВС2-СН2; ВН=12
В ΔВСН ВК- биссектриса ( свойство диагоналей ромба)
ПО свойству биссектрисы треугольника ВН/НК=ВС/КС; 12/16-КС=20/КС;
3/16-КС=5/КС
3КС=5(16-КС)
3КС=80-5КС
8КС=80
КС=10
Ответ: 10
2.2. Трапеция
Задача 7 Диагонали трапеции взаимно
перпендикулярны и равны 8 и 15. Найдите
среднюю линию трапеции
Решение.
Через вершину D трапеции АВСD проведём прямую,
параллельную прямую АС, и обозначим точку её
пересечения с прямой ВС буквой М. Стороны
четырехугольника АСМD попарно параллельны,
следовательно, это – параллелограмм. Поэтому СМ =
АD и АС = МD = 8.
Следовательно,
ВМ = ВС + СМ + = ВС + АD,
а треугольник ВDМ прямоугольный с катетами,
равными 15 и 8.
Значит ,
ВМ= 152  82  17.
Средняя линия трапеции равна
0,5(ВС+АD)=
0,5(ВС+СМ) = 0,5ВМ.
Следовательно ,
0,5 . 17 = 8,5.
Ответ : 8,5
• 3.1. Свойства касательных, хорд и секущих.
Задача 3 Радиус окружности равен √5 Определите длину хорды,
проведенную из конца данного диаметра через середину
перпендикулярного ему радиуса
Решение.
ΔАМО: По теореме Пифагора имеем:
АМ=√ОА2 + ОМ² = √R2+ (R/2)2 = √5+5/4=5/2
Продолжим радиус Од до пересечения с
окружностью в точке К.По свойству
пересекающих хорд в окружности имеем:
АМ*МС=DM*MK, откуда MC=DM*DK/AM
Учитывая, что DM = R/2 ; MK =3 /2R , получим
MC= 3R2/4*5/2 = 3/2
Окончательно, АС=АМ+МС= 5/2+3/2=4
Ответ: 4
4.1. Окружность, вписанная в треугольник.
Задача3 В треугольнике АВС вписана окружность с центром О. Лучи ВО и СО
пересекают стороны АС и АВ в точках М и Т соответственно. Найдите МТ,
если
АВ =АС, ВС = 6.
Решение. Луч ВМ – биссектриса
угла В, значит,
АМ : СМ = АВ : СВ= 5:3.
.
Т
Пусть АМ = 5х , тогда СМ = 3х.
/следовательно , AM  10  5 x  25 .
5 x  3x
TM 
6  25
 3,75.
10  4
4
TM
AM

,
BC
AC
Треугольники АТМ и АВС подобны
следовательно
Ответ:3,75
4.2. Окружность, описанная около
треугольника.
Задача 2. Около треугольника АВС описана окружность. Медиана АМ
проведена до пересечения с окружностью в точке К. Найдите АС, если АМ=18,
МК=8, ВК=10
Решение:
ВМ*МС=АМ*КМ, откуда ВМ=МС=√18*8=12
ΔВМК подобен ΔАМС ( по двум углам) АС/ВК=МС/МК;
АС=10*12/8=15
Ответ: 15
5.1. Окружность, вписанная в трапецию
.
Задача 2. Около окружности радиуса 3
описана равнобедренная трапеция, меньшее
основание которой равно 8. Найдите
площадь трапеции.
Решение.
Соединим центр вписанной окружности с
вершинами А, В и С трапеции и проведём
радиусы ОМ и ОН в точку касания
окружности с меньшим основанием и
боковой стороной. Треугольники ОВН, ОВМ
и ОСМ равны (почему?), следовательно,
ВН=ВМ=СМ=4.
В прямоугольном треугольнике ОВН: ОВ= OH 2  HB 2  5.
Треугольники АОВ и ОНВ подобны, следовательно,
АВ : ОВ=ОВ : ВН,
Поэтому
АВ=52 : 4= 6,25.
По условию АВ=СD, следовательно, средняя линия данной трапеции равна
стороне АВ, т.е. равна 6,25. Поэтому Smp=6 . 6,25=37,5.
Ответ: 37,5.
5.2. Окружность, описанная около трапеции
Задача 1. Боковая сторона равнобедренной
трапеции равна √13, а основания равны 3 и 4.
Найдите длину диагонали трапеции.
Решение: Т.к. трапеция
равнобедренная, то диагонали равны
и около
нее можно описать окружность.
По теореме Птоломея имеем
АС*ВD=AB*CD+BC*AD,
AC2=√ 13* √ 13+3*4, AC=5
Ответ: 5
Окружность, вписанная в ромб
Задача 1. Высота ромба, проведенная из
вершины его тупого угла, делит сторону
ромба в отношении 1 : 2, считая от вершины
его острого угла. Какую часть площади ромба
составляет площадь вписанного в него круга
Решение:
Пусть АН= a, тогда НD=2a, AD=3a,
BH=h, r – радиус вписанного круга, по
теореме Пифагора из ∆ АВН имеем:
H=BH=√AB2- AH2=√9a2-a2=√8a2=2a√2.
SABCD=BH*AD=6a2√2
r= h / 2=a√2.
Skр= 2πа2
Sкр / SABCD=√2 π / 6
Ответ: √2 π / 6
Введение элективного курса «Решение планиметрических задач при подготовке
учащихся к государственной итоговой аттестации » необходимо учащимся в наше
время как при подготовке к ЕГЭ, так и к вступительным экзаменам в ВУЗы.
Владение приемами решения задач по геометрии можно считать критерием знаний
основных разделов школьной математики . При решении задач по геометрии
одновременно активно реализуются основные методические принципы:
принцип параллельности – следует постоянно держать в поле зрения несколько тем,
постепенно продвигаясь по ним вперед и вглубь;
принцип вариативности – рассматриваются различные приемы и методы решения с
различных точек зрения: стандартность и оригинальность, объем вычислительной и
исследовательской работы;
принцип самоконтроля – невозможность подстроиться под ответ вынуждает делать
регулярный и систематический анализ своих ошибок и неудач;
принцип регулярности – увлеченные математикой дети с удовольствием дома
индивидуально исследуют задачи, т. е. занятия математикой становятся
регулярными, а не от случая к случаю на уроках.
Результаты апробации методической разработки «Решение
планиметрических задач при подготовке учащихся к
государственной итоговой аттестации» учителя математики I
категории МОУ «Средняя общеобразовательная школа № 14
города Чебоксары»
Николаевой Марины Анатольевны
Данная методическая разработка «Решение планиметрических
задач при подготовке учащихся к государственной итоговой
аттестации» опробована мною в 2009 – 2010 учебном году в
11правовом кадетском классе с милицейской направленностью на
занятиях элективного курса по математике, в рамках внеурочной
деятельности учителя по предмету ( 1 час в неделю).
Занятия посещали 17 учащихся класса. В результате
изучения данного курса можно проследить положительную
динамику качества успеваемости учащихся по предмету
геометрия:
Динамика качества успеваемости учащихся
по предмету геометрия
Результаты успеваемости и качества знаний
в 11 п классе за II полугодие 2008-2009 и
2009 – 2010 учебный год
Положительная динамика результатов
ЕГЭ- 2009 и ЕГЭ - 2010 по математике