«Методика подготовки обучающихся 11 классов к итоговой аттестации по теме : «Решение задач по планиметрии»

Государственное бюджетное образовательное учреждение города Москвы
« Школа № 1391»






«Методика подготовки обучающихся 11 классов к
итоговой аттестации по теме : «Решение задач
по планиметрии»




Телюкина Ольга Владимировна
учитель математики







Геометрия - наиболее уязвимое звено школьной математики. Это связано как с обилием различных типов геометрических задач, так и с многообразием приемов и методов их решения. При решении геометрических задач обычно используются три основных метода: 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. Какой бы путь ни был выбран, успешность его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения применять их. В качестве основного метода решения геометрических задач, который стоит освоить и отработать в первую очередь, выступает алгебраический метод. Алгебраический метод, вернее основные его модификации, могут быть в достаточной степени алгоритмизированы. В качестве примера можно привести метод опорного элемента и метод вспомогательного параметра. Метод опорного элемента является основным методом составления уравнений в геометрических задачах и заключается в следующем: один и тот же элемент (сторона, угол, площадь, радиус и т. д.) выражается через известные и неизвестные величины двумя разными способами, и полученные выражения приравниваются. Довольно часто в качестве опорного элемента выбирают площадь фигуры. Тогда говорят, что для составления уравнения используется метод площадей. Если в задаче требуется найти отношение каких-либо величин, то, как правило, задача решается методом вспомогательного параметра. Это значит, что в начале решения мы объявляем какую-либо величину известной, обозначив ее, например, буквой а, затем выражаем через а те величины, отношение которых требуется найти. Когда составляется искомое отношение, вспомогательный параметра сокращается. Метод вспомогательного параметра применяется в задачах, где геометрическая фигура определена с
точностью до подобия. Следует всегда помнить, что речь идет о геометрической задаче, поэтому работая над ней, следует искать геометрические особенности, учиться смотреть и видеть геометрическую суть. Кроме вышеперечисленных методов можно назвать еще координатный метод, векторный метод, метод ключевых задач, метод дополнительных построений. Необходимо научить школьников решению «базисных» (элементарных) задач, то есть тех, которые входят как составные с элементы во многие другие задачи. Таковыми являются, например, задачи на отыскание основных элементов треугольника: медианы, высоты, биссектрисы, радиусов вписанной и описанной окружностей. Под элементарными мы будем понимать задачи в одно действие, сделанное на основании известной теоремы или формулы, причем конфигурация, в которой эта формула или теорема применяется, достаточно четко обозначена в условии задачи. Первым и важнейшим этапом решения геометрической задачи является построение чертежа. Нельзя научиться решать достаточно содержательные геометрические задачи, не выработав привычки делать «большой и красивый» чертеж, удовлетворяющий не только формально математическим требованиям, но и известным эстетическим критериям. Поле построения чертежа следует вспомнить все факты, относящихся к данным и искомым элементам задачи, а также соотношения между ними. Таким образом, умение решать геометрические задачи определяется четырьмя слагаемыми: 1) чертеж; 2) метод; 3) владение определенным объемом геометрических фактов и теорем; 4) наличие достаточно активно используемого запаса опорных задач.
Прежде чем перейти к рассмотрению задач, отметим одну особенность школьного курса, в известной степени затрудняющую процесс обучения: учащиеся большей частью заняты изучением конкретной темы и решением задач по этой теме. Времени на то, чтобы решать задачи по всему курсу геометрии в целом, практически не остается. Научиться решать задачи по геометрии значительно сложнее, чем по алгебре. Это связано с обилием различных типов геометрических задач и с многообразием приемов и методов их решения. Основная трудность при решении этих задач обычно возникает по следующим причинам: планиметрический материал либо был плохо усвоен в основной школе, либо плохо сохранился в памяти; для решения задачи нужно знать некоторые методы и приемы решения, которые либо не рассматриваются при изучении планиметрии, либо не отрабатываются; в «нетипичных» задачах, в которых представлены не самые знакомые конфигурации, надо уметь применять известные факты и решать базисные задачи, которые входят как составной элемент во многие задачи. По данным статистической обработки результатов ЕГЭ, а также вступительных экзаменов в различные вузы планиметрические задачи вызывают трудности не только у слабых, но и у более подготовленных учащихся. Как правило, это задачи, при решении которых нужно применить число геометрических фактов из школьного курса в измененной ситуации, а вычисления не содержат длинных выкладок. Решая такую задачу, ученик должен в первую очередь проанализировать предложенную в задаче конфигурацию и увидеть те свойства, которые необходимы при решении. Выходом из создавшегося положения может служить рассмотрение некоторых вопросов, которые достаточно часто встречаются в заданиях на экзаменах и которые вызывают затруднения.
Цели: - 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.
Задачи : - 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; развить интерес и положительную мотивацию изучения геометрии.
В результате 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.
Примеры решения задач по планиметрии.
Все приведенные задачи разбиты на три группы (А, Б, В) по возрастанию степени сложности.
Группа А
Задача № 1. Основание равнобедренного треугольника равно , а медиана боковой стороны – 5.
Найдите длины боковых сторон.
 

Дано:
,
,
,
.
Найти .

 
Решение. Обозначим , тогда .
Запишем для треугольников АВМ, АМС теорему косинусов:


Сложим эти два равенства:
, , , .
Ответ: АВ=ВС=6.
Задача № 2. В сектор АОВ с радиусом R и углом 90( вписана окружность, касающаяся радиусов ОА, ОВ и дуги АВ. Найдите радиус окружности.
 

Дано:
АО=ОВ=R,

Найти х.

 
Решение: MK=NK=x, поэтому monk – квадрат. Следовательно, . .
Ответ: .
Задача № 3. Внутри круга радиуса R=15 взята точка M на расстоянии 13 см от центра. Через точку M проведена хорда длиной 18 см. Найдите длины отрезков, на которые M делит хорду.
 

Дано:
OK=15,
OM=13,
AB=18.
Найти AM и BM.

 
Решение:
;
;
;
; .
Ответ: 4; 14.
Задача № 4. В ромб с острым углом 30( вписан круг, площадь которого равна Q. Найдите площадь ромба.
 

Дано:
,
.
Найти S ромба

 
Решение:
;
; ;
.
Ответ: .
Группа Б
Задача № 5. Биссектрисы тупых углов трапеции пересекаются на другом ее основании. Найти все стороны трапеции, если ее высота равна 12, а длины биссектрис равны 13 и 15.
 

Дано:
BM=15, CM=13;
BM, CM – биссектрисы,
MK=12.
Найти:
AB, BC, CD, AD.

 
Решение:
; ; .
ABM – равнобедренный.
CDM – равнобедренный .
.
; ; ; ; .
.
; ; ; .
.
Ответ: 14; 16,9; 12,5; 29,4.
Задача № 6. Длины двух сторон остроугольного треугольника равны и . Найти длину третьей стороны, если она равна проведенной к ней высоте.
 

Дано:
; ;
; .
Найти: .

Решение:

Поделим одно уравнение на другое: ;
; ;
;
 – подставим в третье уравнение;
 – подставим во второе уравнение;
.
Ответ: АС=3.
Задача № 7. В полукруг радиуса R вписан круг радиуса . В оставшуюся часть полукруга вписан круг, касающийся полуокружности, окружности и диаметра полуокружности. Найти его радиус.
 

Дано:
OB=ON=R,
.
Найти KD=x

 
Решение:
; ; ; .
;
;
;
; ; .
Ответ: .
Задача № 8. Площадь прямоугольного треугольника равна , где  – радиус окружности, касающейся одного катета и продолжений другого катета и гипотенузы. Найти стороны треугольника.
 

Дано:
,
.
Найти:
AC, BC, AB.

 
Решение. AO является биссектрисой угла ВАС. Обозначим .
, ;

;
.
По условию задачи .
Получили уравнение относительно :
; ;
; .
Так как  – острый угол, то подходит лишь одно решение: .
Получаем:
; ; .
Ответ: ; ; .
Группа В
Задача № 9. Найти площадь треугольника, если две его стороны равны 1 и , а медиана третьей стороны равна 2.
 

Дано:
AB=1, ,
BM=2, AM=MC.
Найти S.

 
Решение. Воспользуемся формулой для медианы треугольника:
; ; ; .
.
.
Ответ: .
Задача № 10. Треугольник со сторонами 13, 14, 15 разделен на три равновеликие части прямыми, перпендикулярными большей стороне. Найти расстояние до этих прямых от ближайших к ним вершин треугольника, находящихся на большей стороне.
 

Дано:
АВ=13, ВС=14, АС=15,
.
Найти AN, LC.

 
Решение:
; ;
; .
;
; ;
;
;
(. В подобных треугольниках площади относятся как квадраты соответствующих сторон.
; ; .
(;
; ; .
Ответ: , .
Задача № 11. В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит гипотенузу на отрезки длиной и . Найти катеты треугольника и эту биссектрису.
 

Дано:
СМ – биссектриса,
АМ=а, МВ=b.
Найти x, y, t.

 
Решение. По свойству биссектрисы . По теореме Пифагора из
или ;
; ; .
Тогда ; .
По теореме косинусов из
;
;
;
.
Ответ: ; ;

Задачи для самостоятельного решения
Все приведенные задачи разбиты на три группы (А, Б, В) по возрастанию степени сложности.
Группа А
1. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит гипотенузу на отрезки длиной 5 см и 12 см. Найти катеты треугольника.
Ответ: 8 см; 15 см.
2. Хорда окружности равна 10 см. Через один конец хорды проведена касательная к окружности, а через другой – секущая, параллельная касательной.
Определить радиус окружности, если внутренний отрезок секущей равен 12 см.
Ответ: 6,25 см.
3. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4 см, проведена медиана боковой стороны. Найти основание треугольника, если медиана равна 3 см.
Ответ: см.
4. Периметр параллелограмма равен 90 см, а острый угол содержит 60(. Диагональ параллелограмма делит его тупой угол на части в отношении 1:3. Найти стороны параллелограмма.
Ответ: 15 см, 30 см.
Группа Б
1. Один из углов трапеции равен 30(, а прямые, содержащие боковые стороны трапеции, пересекаются под прямым углом. Найти длину меньшей боковой стороны трапеции, если ее средняя линия равна 10 см, а одно из оснований равно 8 см.
Ответ: 2 см.
2. В прямоугольный треугольник с катетами a и b вписан квадрат, имеющий с треугольником общий прямой угол. Найти периметр квадрата.
Ответ: .
3. В пересечение двух кругов одинакового радиуса вписан ромб с диагоналями 12 см и 6 см. Найти радиус окружностей.
Ответ: 7,5 см.
Группа В
1. Из вершины А треугольника АВС проведена медиана АМ, а из вершины В – медиана ВР. Известно, что , ; BP=1. Определить площадь треугольника АВС.
Ответ: .
2. Дан ромб ABCD, диагонали которого равны 3 и 4 см. Из вершины тупого угла В проведены две высоты – BE и BF. Вычислить площадь четырехугольника BFDE.
Ответ: 4,32 см2.
3. На сторонах АВ и AD ромба ABCD взяты две точки M и N так, что прямые MC и NC делят ромб на три равновеликие части. Найти MN, если .
Ответ: .
4. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8 см. Через середину меньшего катета и середину гипотенузы проведена окружность, касающаяся гипотенузы. Найти площадь круга, ограниченного этой окружностью.
Ответ: см2.















Рисунок 1Рисунок 3Рисунок 4Рисунок 7Рисунок 8Рисунок 10Рисунок 14Рисунок 16Рисунок 17Рисунок 18Рисунок 22Рисунок 24Рисунок 25Рисунок 28Рисунок 30Рисунок 31Рисунок 35Рисунок 36Рисунок 37Рисунок 40Рисунок 41Рисунок 43Рисунок 47Рисунок 48Рисунок 50Рисунок 52Рисунок 53Рисунок 56Рисунок 58Рисунок 61Рисунок 62Рисунок 63Рисунок 66Рисунок 68Рисунок 69Рисунок 72Рисунок 73Рисунок 75Рисунок 76Рисунок 79Рисунок 80Рисунок 82Рисунок 83Рисунок 84Рисунок 85Рисунок 87Рисунок 88Рисунок 89Рисунок 95Рисунок 96Рисунок 97Рисунок 98Рисунок 99Рисунок 101Рисунок 103Рисунок 104Рисунок 106Рисунок 107Рисунок 111Рисунок 113Рисунок 114Рисунок 115Рисунок 117Рисунок 119Рисунок 140Рисунок 142Рисунок 143Рисунок 147Рисунок 157Рисунок 158Рисунок 159Рисунок 160Рисунок 161Рисунок 163Рисунок 166Рисунок 167Рисунок 171Рисунок 173Рисунок 177Рисунок 179Рисунок 180Рисунок 182Рисунок 186Рисунок 198Рисунок 20315

Приложенные файлы

  • doc file1.doc
    Ольга
    Размер файла: 237 kB Загрузок: 11