КОНСПЕКТ УРОКА «Параллельность прямой и плоскости»

МКОУ «СОШ №3» г. Кизляр

Мастер-класс

«Особенности подготовки к ГИА

выпускников по математике»

«Из опыта работы по подготовке учащихся 9-х классов к ОГЭ

по математике»

Подготовила:

Шахрудинова Г. А.

Основной государственный экзамен — это основной обязательный вид экзамена в 9 классе средней школы в России. Служит для контроля знаний, полученных учащимися за 9 лет, а также для приёма в учреждения среднего профессионального образования (колледжи и техникумы). ОГЭ - это результат работы ученика и учителя на протяжении пяти лет обучения в школе, и подготовка к ней является важной составляющей учебного процесса.

Цель моей работы : поделиться с коллегами опытом работы в подготовке учащихся к ОГЭ модуль «Геометрия».

Задачи:

• рассказать о подготовке 1 части модуля «Геометрия»;

• показать решения нескольких задач под №26 из 2 части модуля «Геометрия».

Перед экзаменом необходимо ознакомиться с демонстрационными вариантами КИМ, изучить все содержащиеся в них инструкции, чтобы хорошо понимать, сколько времени отведено на работу, в каком порядке выполнять задания, как записывать ответы.

Одной из основ подготовки к ОГЭ может стать кодификатор проверяемых элементов содержания: он содержит перечень тем, по которым могут быть сформулированы задания.

Любые сборники тренировочных заданий или вариантов могут играть в подготовке только вспомогательную роль. Успешной сдаче ОГЭ помогает и правильный психологический настрой, уверенность в своих силах.

Для успешной сдачи экзаменов девятиклассникам необходима определённая система подготовки.

При подготовке учащихся к ОГЭ учителю необходимо:

• формировать у учащихся навыки самоконтроля;

• формировать умения проверять ответ на правдоподобие;

• систематически отрабатывать вычислительные навыки;

• формировать умение переходить от словесной формулировки соотношений между величинами к математической;

• учить проводить доказательные рассуждения при решении задач;

• учить выстраивать аргументацию при проведении доказательства;

• учить записывать математические рассуждения, доказательства, обращая внимание на точность и полноту проводимых обоснований.

При подготовке к ОГЭ следует знать специфику класса и уровень знаний по предмету.

Для работы по подготовке к ОГЭ всех учащихся я разделила на 2 группы ( 3 и можно больше ), перед каждой поставила свои задачи.

1 группа	2 группа
Учащиеся, которые должны справиться с заданиями базового уровня и получить на экзамене «3».	Учащиеся, которые должны справиться с заданиями базового уровня и более сложными заданиями.
Задачи:
1)должны выучить всю теорию; 2)научиться решать все типы заданий базового уровня; 3)на контрольных работах, тестах и зачетах не списывать; 4)если получишь «2», то отработать (но не более 2 раз).	1) должны выучить всю теорию; 2) научиться решать все типы заданий любой темы разными способами; 3) уметь объяснять, почему так решаешь; 4) уметь решать задачи на уравнения, проценты, прогрессии; 5) знать теорию геометрии и уметь решать задачи с параметрами; 6)решать все дополнительные задания; 7) если получишь «2» или «3» , то отработать (но не более 1 раза).

Проведение дополнительных занятий по подготовке к ОГЭ:

• консультации для 1 группы учащихся (решение 1 части);

• консультации для 2 группы учащихся (решение заданий 2 части);

• индивидуальные консультации.

При подготовке к ОГЭ по математике в 9 классе, одним из самых сложных является геометрический материал. Чаще всего учащимся не хватает именно баллов за решение заданий модуля « Геометрия». Благодаря сайту ФИПИ и открытому банку заданий ОГЭ по математике, подготовка к ГИА стала на много эффективнее. Все прототипы заданий из открытого банка заданий (www.mathege.ru,;www.mathege.ru открытый банк заданий 2016 ;http://www.fipi.ru/).

Геометрия для большинства школьников кажется существенно сложнее, чем алгебра. Это неудивительно - с одной стороны, совсем другой подход к предмету, с другой - большое количество теорем, сведений, задач, которые необходимо знать. Желательно готовить справочники по темам «Треугольники», «Четырёхугольники», «Окружность». ( см. приложение « Формулы по геометрии »). Затем выполнить набор задач разного типа сложности по этим темам (брать задания из открытого банка).

Хороший результат получается, когда учитель инсценирует «тупик» в процессе решения задачи. В этом случае учащиеся должны уметь найти место, с которого пошёл «тупиковый» вариант, чтобы, вернувшись к нему, найти другой вариант решения.

Очень эффективен приём показа учителем мыслительного поиска способа решения задачи. Учитель должен быть готов раскрыть перед учащимися ход своих мыслей, которые у него возникали, когда он готовился к уроку, даже если эти мысли были неверными. Целесообразно развернуть перед учащимися всю картину поиска решения, вплоть до показа своих черновых записей.

По этому разделу рекомендуется учебное пособие: Балаян Э.Н. «Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ГИА и ЕГЭ. 7-9 классы». Оно содержит теоретические сведения по геометрии за курс основной школы и упражнения в таблицах по всем темам геометрии 7-9 классов.

Применение групповой работы на уроках математики при подготовке к ОГЭ

Психологи давно доказали, что люди лучше всего усваивают то, что обсуждают с другими, а лучше всего помнят то, что объясняют другим.

Учащиеся под руководством учителя создают группы по 3- 4 человека.

Алгоритм действий учащихся.

Задания обязательного уровня (1 часть).

Выполнив задания 1 части, сравнивают решения с ответами и между собой.

Делают работу над ошибками.

Получают другой вариант заданий 1 части и выполняют только те задания, в которых были допущены ошибки. Каждая группа получает задание и готовится самостоятельно. При этом учащиеся не знают, кто будет выполнять задание у доски.

Задания 2 части.

Представители каждой группы решают задания по порядку, возможно, только те, которые решить смогли. Остальные учащиеся проверяют задания, задают вопросы, оценивают. Оценку получает вся группа. Каждая группа готовится самостоятельно в течение недели.

Задания повышенной сложности.

Задания у доски выполняют те учащиеся, которые с ним справились самостоятельно.

Остальные при этом имеют возможность разобраться в затруднениях, встретившихся при выполнении этих заданий.

Если есть несколько учащихся, решивших задание, то проверку можно осуществлять в виде математического боя.

Мне бы хотелось показать вам, уважаемые коллеги, решения нескольких задач из 2 части модуль «Геометрия». Хочу предложить Вашему вниманию четыре задачи, каждая из которых включает в себя несколько тем. Чтобы решить такие задачи, необходимо владеть всей теорией по геометрии.

Решение задач под №26 из 2 части модуля «Геометрия».

• 1.В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 200, а площадь равна 2000, можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Дано: ABCD- равнобедренная трапеция,

AC и BD –диагонали,

AC BD=T,

P_ABCD=200,

S_ABCD=2000,

(O, r)-вписанная окружность.

Найти: TP.

Решение:

1.Периметр фигуры - сумма всех сторон.

P_ABCD = AB+BC+CD+AD (1)

По условию знаем, что в эту трапецию можно вписать окружность, а это значит, что в любом описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны, то есть:

AB +CD=AD+BC.

Так как AB=CD, имеем: 2CD=AD+BC. (2)

Подставим (2) в (1),имеем:

200= (AD+BC) + 2CD=2CD+ 2CD=4 CD

CD=200 4=50, AB=CD=50. 2. S= (AD+BC) ,

2000 = 2CD PK или 2000 =50 .

Отсюда: PK =2000 40.

3.Проведем дополнительные высоты BK₂ и CK₁ (PK= BK₂=CK₁=40).

Получили прямоугольный ∆CK₁D, у которого известно: гипотенуза CD=50, катет CK₁=40. Найдем катет K₁D. По теореме Пифагора, имеем:

K₁D= = 30.

Получили ∆CK₁D= ∆ABK₂ (прямоугольные треугольники равны по гипотенузе и катету).

Из равенства треугольников следует, что AK₂= K₁D=30, BC= K₂K₁.

Из (2) , имеем: 2∙ CD = (AK₂ +K₂K₁+ K₁D)+BC,

2∙50 = (30+BC+30)+ BC,

100 = 60 +2BC

BC = 20 - меньшее основание,

AD = 60+20=80 - большее основание.

4.Рассмотрим ∆ BK₂ D и ∆TKD, они подобны по двум углам (∠1 – общий,

∠ BK₂ D=∠ TKD=90 ). Составим пропорцию:

= , где K₂ D= K₂K₁+ K₁D =20+30=50.

= , TK=32.

TP =PK-TK =40-32= 8.

Ответ: 8.

• 2.Середина М стороны AD выпуклого четырехугольника ABCD равноудалена от всех его вершин. Найдите AD, если BC=14, а углы B и C четырехугольника равны соответственно 110 и 100 .

Дано: ABCD-выпуклый четырехугольник,

MA=MB=MC=MD,

BC= 14,

∠B =110 ∠C=100 .

Найти: AD.

Решение:

1.Многоугольник – выпуклый, если он лежит по одну сторону от каждой прямой, проходящей через две его соседние вершины.

Известно, что MA=MB=MC=MD,а значит можно описать окружность около ABCD, радиус которой будет равен этим отрезкам.

В любом вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 180 .

Отсюда ABCD вписанный четырехугольник, ∠B =110 ∠C=100 , имеем:

∠A =180 ∠C=180 100 = 80

∠D =180 ∠B =180 110

2.Рассмотрим ∆CMD,∆AMB и ∆MBC.Они равнобедренные, так как боковые стороны равны радиусу окружности. По свойству равнобедренных треугольников имеем равные углы при основании:

∠1=∠A= ,

∠2=∠D= .

Отсюда ∠3=∠4=30 .

3.Опустим высоту из вершины М ∆MBC,она является медианой и биссектрисой. Следовательно, BK=KC=14 2=7.

Получили прямоугольный ∆KMC, где ∠K =90 ,∠C=∠4=30 , KC=7.По свойству прямоугольных треугольников: катет, лежащий против угла в 30 , равен половине гипотенузы.

Пусть катет MK=x, тогда гипотенуза MC= 2x.

По теореме Пифагора имеем:

MC²= MK²+ KC²,

4x²-x²=49,

x = -MK.

MC= , AD=2 MC= .

Ответ: .

• 3.Точки M и N лежат на стороне AC треугольника ABC на расстояниях соответственно 16 и 39 от вершины A.Найдите радиус окружности, проходящей через точки M и N и касающейся луча AB, если = .

Дано: ∆ABC,

(O, r)- окружность касается AB и пересекает AC в M и N,

AM = 16,

AN=39,

= .

Найти:OD.

Решение:

1.AB касательная к окружности перпендикулярна к радиусу OD, проведенному в точку касания.

Достроим до прямоугольного треугольника ADP.Найдем AP и AD.

Через точку A проведены касательная к окружности и секущая, которая пересекает окружность в точках M и N, имеем:

AD²= AM∙AN,

AD²=16∙39,

AD=4 .

Известно: = можно найти AP.

= = ,

= , = ,

AP=32.

2.Построем хорду DT (продолжим сторону DP).

Хорды DT и MN пересекаются в точке P.

Если две хорды окружности пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды.

DP∙PT = MP∙PN. (1)

По теореме Пифагора найдем DP:

DP²=AP²-AD²,

DP= =20.

MP = AP-AM =32-16= 16.

PN = MN-MP= (AN-AM)-MP = (39-16)-16= 7.

Вернемся к (1):

20∙ PT=16∙7,

PT = 5,6.

DT-диаметр, DT = DP+PT= 20+5,6= 25,6.

DT= 2OD,

OD =DT 2= 25,6 2 = 12,8. Ответ:12,8.

• 4.Окружности радиусов 33 и 99 касаются внешним образом. Точки A и B лежат на первой окружности, точки C и D – на второй. При этом AC и BD-общие касательные окружностей. Найдите расстояние между прямыми AB и CD.

Дано: (O₁, 33)- окружность ,

(O₂, 99)- окружность,

A и B (O₁, 33),

C и D (O₂, 99),

AB и CD – прямые,

AC и BD – касательные.

Найти:AS.

Решение:

1.Даны две окружности радиусами 33 и 99,они подобны и их коэффициент подобия равен: 33:99=1:3.

2.Достроим до прямоугольной трапеции O₁BDO₂, где ∠B=∠D=90 ( радиусы O₁B и O₂D проведены в точки касания касательной BD).Найдем BD:

O₁O₂=33+99=132, O₁B =33, O₂D =99.

Опустим из ∠O₁ на основание O₂D высоту O₁K, получили прямоугольный

∆K O₁O₂ , у которого гипотенуза O₁O₂ =132, катет O₂K=99-33=66 .

По теореме Пифагора найдем катет O₁K:

O₁K² = O₁O₂²- O₂K²,

O₁K = =66 .

O₁K= BD=66

3.Достроим до трапеции ABDC.Она равнобедренная , так как ∆ O₁AB ∆ O₂CD( по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, то есть

= = , ∠AO₁B=∠CO₂D ,так как ∆TCO₂=∆TDO₂ и ∆TAO₁=∆TBO₁

Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту точку и центр окружности )

Следовательно: AB:CD =1:3.

Опустим из вершин A и B высоты AS и BP.Получили следующие фигуры : прямоугольник ABPS и ∆ASC=∆BPD,у которых CS=SP=PD.

Рассмотрим ∆ ASC.Он прямоугольный, AC=BD=66 . BD составляет 2 части, можно узнать сколько на 1 часть:

66 2=33 , то есть CS=33 .

Отсюда по теореме Пифагора найдем AS:

AS²= AC²- CS²,

AS = = =99.

Ответ:99.

6