Методическая разработка урока геометрии в 11 классе "Решение планиметрических задач из ЕГЭ"
методическая разработка по геометрии (11 класс) по теме

Муниципальное общеобразовательное учреждение

средняя общеобразовательная школа с углубленным изучением

отдельных предметов № 10  городского округа Тольятти

Методическая     разработка урока-пары геометрии

в 11 Б классе

Тема: Решение планиметрических задач из ЕГЭ.

Учитель математики  МОУ школы № 10

                                                                    Оськина Людмила Григорьевна

                                                          Проведён: 7.09.11

        Тольятти 2011

Тип урока: Урок повторения изученного материала

Методы и приёмы ведения урока:

1) Мини – экзамен  по теории, знания которой  необходимы для решения

задач  (групповая форма работы)

2) Самостоятельная работа (работа в парах, работа в трёх группах их 4-х человек)

3) Целевые установки учителя перед каждым этапом урока

Оборудование:

1) Классная доска,

2) карточки с условием задач (5 карточек каждой группе) (раздаточный материал)

3) Карточки – билеты с вопросами по теории  (15 билетов) (раздаточный материал)

Цели урока:

1. Обучающая: повторить ранее изученный материал (мини – экзамен по теории), за крепить знания, умения, навыки по изученным ранее темам настроить ребят на систематическую подготовку к ЕГЭ.
2. Развивающая: развивать логическое и образное мышление, познавательный интерес учащихся к предмету.
3. Воспитывающая: Воспитывать доброту, умение и желание помочь товарищу, формировать коммуникативные компетенции.

Задача урока.

1. Проверить знания учащихся по  теории 7-9 класса.
2. Закрепить навыки решения планиметрических задач.

Ход урока:

I. Организационный момент.

II. Постановка целей и задач урока (ребята должны знать: формулировки определений, теорем, содержащихся в билетах, с геометрической иллюстрацией и записью формул на доске. Уметь: решать и правильно оформлять решение задач  ЕГЭ)

III. Мини-экзамен по теории, знание которой необходимо для решения  5 задач ЕГЭ.

 Каждой группе (в классе  3 группы по 4 человека) даётся лист с формулами 15 вопросов к билетам и лист оценивания.

В течение 5-7 минут идёт обсуждение всех вопросов в группе.

Затем, капитан каждой группы вытягивает 5 билетов с номерами вопросов, и каждый член группы берёт себе по одному билету, капитану остаётся 2 билета.

Потом идёт опрос.

По окончанию опроса, каждая группа получает оценку по теории в зависимости от количества правильных ответов.

«5» - за 5 правильных ответов.

«4» - за 4 правильных ответа.

«3» - за 3 правильных ответа.

«2» - за 2 правильных ответа.  

 В каждой группе лист оценивания.

Билеты по теории

1. Определение трапеции, периметра трапеции.
2. Определение биссектрисы угла.
3. Теорема о накрест лежащих углах при параллельных прямых и секущей.
4. Определение равнобедренного треугольника (свойства равнобедренного треугольника).
5. Определение ромба.
6. Свойства диагоналей ромба.
7. Теорема Пифагора.
8. Формула D и корней квадратного уравнения.
9. Определение прямоугольной трапеции.
10. Где расположен центр описанной около прямоугольного треугольника окружности.
11. Определение sin, cos острого угла прямоугольного треугольника.
12. Формула площади прямоугольного треугольника через катеты.
13. Формула тригонометрии sin2α=2sinα·cosα.
14. Свойство высоты прямоугольного треугольника, опущенной из вершины прямого угла.
15.  Формула для вычисления (формулы) площади трапеции.

IV. Решение 5 задач ЕГЭ в группах.

Тексты 5 задач по планиметрии даются в каждую группу в виде 5 карточек.

Критерии оценок, как и при опросе по теории.

Ребята работают в парах и могут совещаться, решая задачи со всеми членами группы.

Нужно решить как можно больше задач. Решённые в группе задачи должны быть оформлены у каждого члена группы.

Тексты задач ЕГЭ по планиметрии

№ 1п. В равнобокой трапеции средняя линия равна 5 см, а большее основание на 18 см меньше её периметра. Найдите периметр трапеции, если её диагональ делит тупой угол пополам.

Ответ:[26 см]

№ 2п. Разность диагоналей ромба равна 10 см, а его периметр 100 см. Найдите сумму диагоналей ромба.

 Ответ:[70 см]

№ 3п. В прямоугольной трапеции боковые стороны равны 8 см и 10 см. Чему равно её большее основание, если меньшее основание равно 10 см.

Ответ:[16 см]

№ 4п. Медиана СМ, проведённая из вершины прямого угла С треугольника АВС, равна 6. Найдите площадь треугольника, если один из его углов равен 15°.

Ответ:[18]

№ 5. В равнобокой трапеции диагонали перпендикулярны боковым сторонам. Чему равна площадь этой трапеции, если её основания равны 36 см 60 см?

Ответ:[1152 см2]

Критерии оценок:

4-5 задач  “5”

3 задачи   “4”

2 задачи  “3”

0-1 задача  “2”

Решение задач №1 - №5

№1

Дано: ABCD – равнобедренная трапеция

          m = 5см (средняя линия трапеции)        

          AD < PABCD  на 18см

          АС – диагональ трапеции

          ВСА = DCA

Найти: РABCD

Решение:

1. ВСА = DCA (по условию, т.к. АС – биссектриса BCD)

ВСА = CAD (как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей АС)

Значит, CAD = DCA. Поэтому, ACD – равнобедренный (AD = CD)

2. Пусть AD = CD = AB = x,

                      ВС = у, тогда по условию задачи

х + у = 10

3х + у – х = 18

у = 10 – х

3х + 10 – х – х = 18

х + 10 = 18

х = 8

х = 8

у = 2

х = 8, у = 2 – решение системы уравнений.

3.  Р = 3х + у = 3*8 + 2 = 26 (см)

Ответ: 26 см

№2

          Дано: ABCD – ромб

          АС – BD = 10см

          РABCD = 100см

          Найти: AC + BD.

Решение:

1. По свойству диагоналей ромба О – середина AC и BD и BDAC.
2. Пусть OC=y ; OD=x , то 2y - 2x=10  y-x=5  y=5+x   (1)
3. По теореме Пифагора для COD:  x2+y2=625 (2)
4. Составим и решим систему уравнений:

 y=5+x                     y = 5+x

 x2 + y2=625             x2 + (5+x)2=625

                                x2 +25 +10x +x2=625

                                2x2 +10x – 600 =0    :2

                                X2+5X-300=0

                                D=25+1200=1225 >0, 2 корня

                                x =       

                                                  x1 = -20  ;   x2 = 15

x = -20 – не удовлетворяет условию задачи, тогда

x = 15                        OC = 20см          AC = 40 см

y = 20, т.е.                         OD = 15см    BD = 30 см

AC + BD = 70 см

Ответ: 70 см       

№3

Решение:

1) В трапеции проведём высоту СК; ABCK  - прямоугольник, тогда по свойству противоположных сторон прямоугольника AK= BC = 10см

2) По теореме Пифагора из треугольника CKD: KD = см

Поэтому AD = AK + KD = 10 + 6 = 16 см

№ 4

Дано: В ABC  C = 900

CM = 6 (медиана треугольника)

B = 150

Найти S abc

Решение:

1) По теореме точка М – центр описанной около ABC окружности, CM – радиус этой окружности. Значит, AB = 12 см.

2) Найдём катеты AC и BC: BC = AB cos150 

       AC = AB sin150

3)  S abc = (см2)

Ответ: 18 см2

№ 5

Дано:

ABCD – трапеция

AB = CD

ACCD

BDAB

BC = 36 см

AD = 60 см

Найти: SABCD

Решение:

1. Проведём высоты трапеции CK и BE.
2. В прямоугольном треугольнике ACD по свойству (см) (AE=DK=(60-36):2=12)
3. SABCD= (см2)

Ответ: 1152см2.

V.   Разбор задач у доски

К доске вызывается любой ученик из группы для решения задачи у доски, если задача в группе решена.

Ответ ученика влияет на оценку группы.

Ребятами ставится оценка каждому за работу на уроке, в зависимости от его вклада в решение задач и ответ по теории.

VI. Подведение итогов урока

(Оценка работы уч-ся в группах с комментариями и выставлением в журнал и дневники).

VII. Домашнее задание

В-11 из варианта 3; 4

Варианты из сборника ЕГЭ 2006-2007 Москва “Просвещение” (контрольные измерительные материалы)