Методика решения задач повышенного уровня сложности по планиметрии (на примере №18 - С4 ЕГЭ)"
материал для подготовки к егэ (гиа) по геометрии (11 класс) на тему

« Методика решения задач повышенного уровня сложности по планиметрии

(на примере №18 - С4 ЕГЭ)»

Симакина Елена Анатольевна,

учитель математики МБОУ «Лицей»

Новомосковск

февраль 2015

Цели и задачи:

1)        оказание практической помощи учителям математики в решении геометрических задач повышенного уровня сложности;

2)        создание банка методических материалов, которые могут быть использованы учителями в практической деятельности;

3)        повышение педагогического и методического мастерства, развитие и поддержка новых технологий в организации образовательного процесса;

4)        обмен педагогическим опытом.

Структура теста ЕГЭ по математике профильный уровень

В 2015 году тест ЕГЭ по математике состоит из 21 задания, из них: заданий по алгебре и началам анализа — 15, по геометрии — 6.
Заданий базового уровня сложности 9, повышенного — 10, высокого — 2.
Работа рассчитана на 235 минут.

Минимальный порог – 27 баллов.

Экзаменационная работа состоит из двух частей, которые различаются по содержанию, сложности и числу заданий. 

Определяющим признаком каждой части работы является форма заданий:

• часть 1 содержит 9 заданий (задания 1–9) с кратким ответом;
• часть 2 содержит пять заданий (задания 10–14) с кратким ответом и семь заданий (задания 15- 21) с развёрнутым ответом.

Изменения в ЕГЭ 2014/15  по математике в большей мере относятся к изменению

типа  задачи  С4  (в  новой  версии  задание 18). Если в вариантах 2010-2013 задача С4

была  многовариантной,  т.е.  содержала  в условии  некоторую  неопределенность,

позволявшую  трактовать условие неоднозначно, что приводило к возможности  построения  нескольких  чертежей,  удовлетворяющих  условию задачи.  Перебор  возникающих  вариантов  являлся  частью  решения задач такого типа.

В  подготовительный  период  и  на  самом экзамене ЕГЭ 2014 предлагались  задачи  на  доказательство  и  вычисление, решение  которых  состояло  из  двух  частей.  В первой части решения  было  необходимо  проанализировать  имеющуюся  в условии  задачи  геометрическую  конфигурацию и доказать, что она обладает определенным  свойством.  Во  второй  части решения, опираясь на доказанное свойство  или  возможно  и  без  него,  было  необходимо решить задачу на нахождение величин  (линейных, угловых,  отношений отрезков,  площадей  фигур).  Соответствующая структура задания сохраняется и в задании 18 ЕГЭ 2015.

По  фактическим  данным  выполнения,  задание  18  является  границей,  разделяющий высокий и повышенный уровень подготовки участников ЕГЭ.

Критерии оценивания в 2014 году приведены в таблице.

При  подготовке  к сдаче ЕГЭ и обучении решению задач С4 следует  отметить,  что  для  выполнения первого  пункта  задачи  нужно  помнить основные  определения,  теоремы  и  следствия из них, а также признаки и свойства  геометрических  фигур.  В  основном первая  часть  решения  сводится к  доказательству  одного  из  следующих  свойств приведенной  в  условии  геометрической конфигурации:

а) подобия указанных треугольников;

б)  параллельность  или  перпендикулярность указанных прямых;

в)  равенство указанных углов, отрезков, площадей или их заданное отношение;

г)  принадлежность  указанной  фигуры к определенному типу:

• треугольник  является  прямоугольным, равнобедренным и т.д.;
• четырехугольник  является  описанным или вписанным;
• четырехугольник  обладает  признаками  параллелограмма,  ромба,  трапеции и т.д.;
• точка  равноудалена  от  вершин  или сторон  многоугольника,  то  есть  является центром вписанной или описанной окружностей;
• прямая  содержит  указанные  точку или отрезок.

Для успешной сдачи ЕГЭ необходимо разобрать с учащимися достаточное количество задач подобного типа.  Желательно  на  уроках  повторения  давать учащимся задачи блоками, напомнив основные  теоретические  факты,  которые могут  оказаться  полезными  для  решения предложенных  задач.  Причем  их  набор должен  быть  шире,  чем  требуется  для решения  каждой  отдельной  задачи  из предложенного блока. Для  выполнения второго  пункта  задачи  на  нахождение требуемых  величин  в заданной геометрической фигурации нужно помнить основные формулы для вычисления соответствующих элементов:

а) для линейных  –  это теоремы: Пифагора,  косинусов,  синусов,  о  секущих  и касательных,  о  хордах;  формулы:  длины медианы, биссектрисы и т.д.;

б) для  угловых  –  это теоремы: косинусов,  синусов,  об  измерении  углов,  связанных  с  окружностью  (центральных, вписанных, не вписанных, между хордой и касательной) и т.д.;

в) для площадей  –  это теоремы: об отношении  площадей  подобных  фигур;  об отношении  площадей  фигур,  имеющих равные  элементы;  формулы  вычисления площадей  треугольника  и  многоугольников, круга и его частей и т.д.

г)  отношений  отрезков  или  площадей фигур  –  это  теоремы:  Фалеса,  о  пропорциональных  отрезках,  о  метрических  соотношениях  в  треугольнике  и  круге,  об отношении  соответствующих  элементов подобных фигур и т.д.

Будет целесообразным записать учащимися памятку решения геометрических задач по пунктам и пользоваться ею.

Памятка решения геометрических задач.

1. Чтение условия задачи.
2. Выполнение чертежа с буквенными обозначениями.
3. Краткая запись условия (база знаний)
4. Деталировка – вычерчивания отдельных деталей на дополнительных чертежах; исходная сложная задача разбивается на несколько простых
5. Составление цепочки действий
6. Реализация алгоритма решения
7. Проверка правильности решения (логику доказательства, найденные величины имеют геометрический смысл)
8. Ответ

Задача 1 (медианы в треугольнике).

Медианы АМ и BN треугольника АВС перпендикулярны и пересекаются в точке Р.

а) Докажите, что СР=АВ.

б) Найдите S ΔАВС, если известно, что АС=6 и ВС=7.

Повторить. 1) медианы треугольника пересекаются в одной точке и точкой пересечения делятся в отношении 2:1; 2) медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна ее половине; 3) каждая медиана делит треугольник на два, равных по площади.

Решение

1. Так как медианы треугольника пересекаются в одной точке, то СР – это отрезок медианы. Пусть СР пересекается с АВ в точке К, тогда СК – медиана треугольника и  СР= СК=2РК (свойство медиан)
2. РК – медиана прямоугольного треугольника АВР, поэтому РК=0,5АВ.
3. Из 1) и 2)=>АВ=2PK =СР.

Пункт а) доказан.

б) 1) Пусть ВР=2х, PN=х, АР=2у, РМ=у. Применяя теорему Пифагора для треугольников ВМР и АРN, получим систему

2) АМ – медиана треугольника АВC, поэтому площадь треугольника АВМ  равна

Значит, площадь треугольника АВС равна  

Ответ: S ΔАВС =

Задача 2 (метод площадей).

Окружность с центром О, вписанная в S ΔАВС касается стороны ВС в точке Р и пересекает отрезок ВО в точке Q. Отрезки OC II QP

а) Доказать: S ΔАВС – равнобедренный

б) Найти  S ΔBPQ, если точка О делит высоту ВН в отношении ВО: ОН=3:1,  АС =2а.

Повторить.   Для  доказательства пункта a) необходимо вcпомнить признаки равнобедренного треугольника:  если высота и биссектриса, проведенная к одной стороне, совпадают, то такой треугольник является равнобедренным.

Решение

а) 1)  ΔАВС – описанный около окружности, поэтому  О – точка пересечения биссектрис.

2)   OPBC (радиус, проведенный в точку касания), значит  ΔВРО – прямоугольный.

3) Пусть углы АСО и ВСО равны α, тогда угол СОР равен 90-α и равен углу ОРQ, так как ОС II QP, углы OPQ и COP – накрест лежащие.

 ΔQOP  - равнобедренный, так как OQ=OP (радиусы).
QOP =-2

4)  Пусть ВО пересекается с АС в точке Н. Рассмотрим треугольники ВОР и ВСН. У них угол при вершине В общий,  ВОР=ВСН=2α. Значит, ΔВОР подобен ΔВСН по двум углам. Следовательно,  ВНС=ВРО=90°

5) Рассмотрим треугольник АВС. У него ВН является биссектрисой и высотой. Поэтому по признаку равнобедренного треугольника ΔАВС – равнобедренный. Пункт а) доказан.

б) При нахождении S ΔBQP будем использовать «метод площадей»: если два треугольника имеют общий угол, то их площади относятся как произведения сторон, содержащих этот угол, то есть  если     = k и = m, то = km.

1) ΔАВС – равнобедренный (см. пункт а),  ВН – высота, => ВН – медиана. Если АС = 2а по условию, то НС = а.

2) НС = СР = а (свойство отрезков касательных)

3) СО – биссектриса ΔВНС. По свойству биссектрисы треугольника   =  = 3:1(по условию). Поэтому ВС=3а, тогда ВР = ВС – РС = 3а - а = 2а. С другой стороны  = 3,  

S ΔBHC=0,5∙ ВН∙ НС =0,5∙ НС=0,5 ∙а = а2

4)  BQ : BH=1 : 2; BP : BC=2 : 3. Поэтому SBQP = 0,5 ∙  = .

Задача в пункте б) может быть решена другими способами. Например, ΔОНС и ΔВНС имеют общую высоту  HС.   = .  SOPC = SOHC. Поэтому SBPO=0,5 S BHC. Аналогично, SBQP =  SBPO. Значит, SBQP =

Возможно и третье решение. Из треугольника ВНС найти синус угла НВС, далее, вычислив стороны BQ и BP треугольника BQP, найти его площадь

SBQP =  

Ответ:

Задача 3 (вписанный четырехугольник).

На гипотенузу АВ прямоугольного ΔАВС опустили высоту СН. Из точки Н на катеты опустили перпендикуляры НК и НЕ

 а) Доказать, что точки А, В, К и Е лежат на одной окружности,

 б) Найти радиус этой окружности, если АВ=12, СН=5.

Повторить. Свойство вписанного четырехугольника: сумма противоположных углов равна 180°, справедливо и обратное.

Решение

а)  Если точки А, В, К и Е лежат на одной окружности, то четырехугольник АВКЕ – вписанный.

 1) Пусть угол  А равен α, угол В равен β, тогда α+β=90°. Используя свойство прямоугольного треугольника (сумма острых углов равна 90°) и далее в ΔАСН, ΔКСН, ΔСНВ и ΔСНЕ, получим  

2) Четырехугольник КСЕН – прямоугольник, поэтому его диагонали равны и точкой пересечения делятся пополам. Значит, ΔОНЕ и ΔОНК равнобедренные ∠ОКН=∠ОНК=α, ∠ОНЕ=∠ОЕН=β  (как углы при основании).

3) В четырехугольнике АКЕВ: ∠А+∠КЕВ=α+90°+β=180°, ∠B+∠АКЕ= α+90°+β=180°. Значит, около АКЕВ можно описать окружность. Пункт а) доказан.

б) 1) Нарисуем окружность. Проведем АR перпендикулярно АВ, точка R принадлежит окружности. Угол RAB равен 90° - вписанный, поэтому опирается на диаметр окружности RB.

Угол НЕВ равен 90°, поэтому точки R, H и Е лежат на одной прямой

2) АСHR – параллелограмм, противоположные стороны его равны. AR=CH=5

3) По теореме Пифагора из ΔARB получим, что BR===13. Значит Rокр=0,5 ВК=6,5

Другой способ нахождения радиуса окружности: из ΔАСВ найти угол α, его катеты и АЕ. В ΔАКЕ  ∠АКЕ=90°+α.  Треугольник АКЕ вписанный в данную окружность. По следствию из теоремы синусов =2R

 Ответ: 6,5.

Задача 4 (описанный четырехугольник).

В равнобедренную трапецию АВСD с основаниями AD и ВС вписана окружность, СН – высота трапеции.

 а) Доказать, что центр окружности, вписанной в трапецию, лежит на отрезке ВН.

 б) Найдите диагональ АС, если известно, что средняя линия трапеции равна , а угол AOD равен 135°, где О – центр окружности, вписанной в трапецию, AD – большее основание.

Решение.

а) 1) Пусть точки K и L – точки касания окружности оснований трапеции, тогда

 ОК = ОL = rвпис

   2) ΔBOK=ΔHOL по катету(см. пункт 1) и острому углу  (углы  OBK и LHO равны как накрест лежащие при BC II AD и секущей BH. Поэтому ВО = ОН.

   3) Центр вписанной в трапецию окружности лежит на пересечении биссектрис внутренних углов трапеции. Данная трапеция ABCD – равнобедренная, поэтому углы ОВК и ОСК равны. Значит, треугольники ΔВОК и ΔСОК равны (по катету и острому углу)

   4) Из 2) и 3) следует, что ВО=ОС=ОН. Точка О равноудалена от вершин прямоугольного треугольника  ΔВСН. О – центр описанной около треугольника окружности. Следовательно О принадлежит ВН (его середина). Пункт а) доказан.

 б) Для доказательства пункта б) сделаем дополнительный чертеж

1. Пусть MN – средняя линия трапеции. Точка О принадлежит MN и О – её середина, поэтому МО =
2. АО – биссектриса, углы МАО и RAO равны, углы RAO и МОА раны как накрест лежащие. ΔАМО – равнобедренный, АМ=МО=. Тогда АВ = 2АМ=
3. ∠AOD=135° (по условию), ∠OAD+∠ODA=45°.  Значит,  ∠BAD=∠CDA=45°. Пусть BR перпендикулярен AD.  BR = AR=
4. Пусть CD1 II BD и точка D1 лежит на прямой AD. Четырехугольник ВСD1D – параллелограмм. CD1=BD (противоположные стороны),  BD=AC(диагонали равнобедренной трапеции). Тогда СD1=BD=AC.
5. 1 – равнобедренный, AD1 – основание. АD1=AD+DD1=AD+BC=2MN=2. CH=BR=. По теореме Пифагора из ΔCHА: AC==2= = 3

Ответ: АС = 3.

Задача 5

В треугольнике АВС угол ВАС равен 60°, угол АВС равен 45°. Продолжения высот треугольника АВС пересекают описанную около него окружность в точках M, N, P.

а) Докажите, что треугольник MNP прямоугольный.

б) Найдите площадь треугольника MNP, если ВС=12.

Повторить.  Свойство вписанных углов; теорему синусов.

Решение.

а) Пусть продолжения высот треугольника АВС, проведенных из вершин А, В и С, пересекают описанную около него окружность в точках M, N и  P соответственно.

Тогда вписанные углы PNB  и  PCB опираются на одну и ту же дугу, поэтому  

Аналогично,  

Значит,

Следовательно, треугольник MNP прямоугольный. Пункт а) доказан.

б) Угол MNA равен углу NBA , угол APM равен углу ACP  (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу).  

Тогда
  

Следовательно,  = 30°.  

Пусть R – радиус описанной окружности треугольника АВС. По теореме синусов

Тогда

=

Следовательно,

Ответ:

Заключение.

Выше разобранные задачи естественно не исчерпывают все возможные типы задач №18, которые могут быть предложены на экзамене. Показаны отдельные методические приемы решения планиметрических задач повышенной сложности, которые могут быть использованы учителями математики при подготовке учащихся к успешной сдачи ЕГЭ.

Источники:

1. Учебно-методические материалы для председателей и членов региональных предметных комиссий по проверке выполнения заданий с развернутым ответом экзаменационных работ ЕГЭ 2014 года. ФИПИ.
2. Гордин Р.К. ЕГЭ 2014. Математика. Решение задачи С4. -  3-е  изд.  доп.  – М.: МЦНМО, 2014.   – 448 с.
3. Прокофьев  А.А.,  Корянов  А.Г.  Математика.  Подготовка  к  ЕГЭ:  решение планиметрических  задач  (С4).  –  Ростов-на-Дону,  Легион,  2014.  –  208  с.  –  (Готовимся к ЕГЭ.).
4. Прокофьев  А.А.,  Корянов  А.Г.  Готовим к ЕГЭ хорошистов и отличников. Лекции 5–8 
5. http://4ege.ru/metamatika-teoriya/3797-zadanie-s4.html
6. http://www.egetrener.ru/treningC4.php