Подготовка к ОГЭ математика 9 практикум учитель математики: Зотова Рита Ямилевна МБОУ СОШ №12 с углублённым изучением отдельных предметов Сургут - 2015 «Нет царского пути в геометрии» Эвклид Решение практических задач ОГЭ. Приемы, способствующие решению геометрических задач. Метод ключевой задачи Ключевая задача: В прямоугольном треугольнике высота, проведённая к гипотенузе, делит её на отрезки 18 и 32. Найти высоту. Решение: B 1) ac h 2 acbc , ответ : 24 c H a h C bc b A h 2 32 18; h 32 18 24 Задача1 Из точки В к окружности проведены касательные BP и BQ (P и Q – точки касания). Найти длину хорды PQ, если длина отрезка PB= 40, а расстояние от центра окружности до хорды PQ равна 18. Решение: 1)PQ = 2PM; ∆ OPB – прямоугольный, PM – высота. PB 2 OB MB P 40 O 2)Пусть BM = x, x > 0, тогда 18 B M 40 2 (18 x) x, x1 32, x2 50 x 2 18 x 1600 0 BM 32, - 50 0 3) PM 2 OM MB, Q PM 2 18 32, PQ 48 Ответ: 48 PM 24 Задача 2 В параллелограмме одна из диагоналей перпендикулярна боковой стороне. Высота, проведённая из вершины, делит основание на отрезки длиной 32 и 18. Найдите площадь параллелограмма. B C Решение: 1)Пусть AD = a=50, BH h, тогда S h a h A D H 2) ABD( B 90), h 2 AH HD , h 24 3) S ah, S 24 50 1200 Ответ: 1200 Задача 3 Окружность вписана в ромб. Радиус, проведённый из центра окружности к стороне ромба, делит её на отрезки 18 и 24. Найдите радиус вписанной окружности. Решение: A H Радиус вписанной в ромб окружности есть высота прямоугольного треугольника OAB, r OH AH HB O D B r 18 24 12 3 Ответ: C 12 3 Задача 4 Найдите площадь равнобедренной трапеции, если её основания равны 14 и 50, а диагональ перпендикулярна боковой стороне. B 14 Решение: ab h 1) S 2 C 2) ACD(C 90) CF AF FD AD BC 50 14 FD 18 2 2 AF 50 18 32 CF 32 18 24 D A 50 F 3) S 50 14 24 768 2 Ответ: 768 Задача 5 Большее основание трапеции является диаметром описанной окружности. Определите высоту трапеции, если её диагональ равна 40, а меньшей из отрезков, на которые делит основание высота, равен 18. Решение: 1)Описать окружность можно только около равнобедренной трапеции. 2)∆ABC – прямоугольный ( B – вписанный, опирается на диаметр). B C 3) ABD (B 90) BD 2 AD HD , A H O D HD x, x0 40 2 (18 x) x, x 2 18 x 1600 0 D 81 1600 1681 x1 32, 4) BH x 2 50, 50 0 AH HD 18 32 24 Ответ: 24 Задача 6 Равнобедренная трапеция с основаниями 64 и 36 описана около окружности. Найдите радиус окружности. Решение: 1)BM = BH (как отрезки касательных, проведённых из одной точки) 2) O – точка пересечения биссектрис A, B, C и D, тогда B 36 M H O A 64 BOA=90° и OH = r = C AH HB 3) т.к. ABCD – описана около окружности, то BC + AD = AB + CD, AB = CD, 2AB = 36 + 64, AB = 50 1 4) т.к. BM = BH и BM = 2 BC, D т.к. трапеция равнобедренная, то BM = 18 = BH AH = 50-18=32 5) OH= r = 32 18 24 Ответ: 24 ГИА-9 Ларин 2014, Вариант1, часть 2 A №24 b- r В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом С известны катеты: AC=6, BC=8. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. b- r b c O Дано: ∆ABC( С=90°) AC=6, BC=8 Вписанная окружность Найти: r Решение: a - r r C a-r r B a Радиус вписанной окружности r abc 2 1)∆ABC( С=90°), по теореме Пифагора 2) r a b c , 2 Ответ: 2 r AB 62 72 10 6 8 10 2 2 Вывод: c = b – r + a – r 2r = b + a – c r abc 2 ГИА-9 Ларин 2014, Вариант1, часть 2 Докажите, что угол между касательной и хордой, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, Заключённой между его сторонами. A Дано: (O; r), AB – касательная . №25 B Доказать: K OABC 1 BKC 2 ABC 1 BKC 2 Доказательство: 1) OB AB C (радиус, проведённый в точке касания перпендикуляре касательной) 2) пусть BOC , тогда BKC (центральный угол равен дуге на которую опирается 3) BOC , т.к. OB = OC (как радиусы одной окружности), то 180 90 2 2 OB AB , то CBO 4) т.к. ABC 90 (90 2 ) 2 1 BKC 2 ч.т.д. ГИА-9 Ларин 2014, Вариант1, часть 2 №26 Трапеция ABCD с основаниями AD = 6, и BC = 4 и диагональю BD = 7 вписана в окружность. На окружности взята точка K, отличная от точки D так, что BK = 7. Найти длину отрезка AK. C B L 7 Дано: ABCD – трапеция, описанная окружность, BC = 4, AD = 6, BD = 7, BK = 7. K не совпадает с D. Найти: AK Решение: F 1) Описать окружность можно только около равнобедренной BLA CFD трапеции, поэтому BA = CD и 7 2) т.к. BD BK , тоBDK BKD и BAK BCD, т.к. BLA CFD, то AK BC, тогда ABK BDC D A 3) т.к. BLA CFD, то ABK CBD K 4) ∆ABK = ∆BCD (по стороне BD = BK и двум прилежащим к ней углам. CBD AKB и ABK BDC ) из равенства треугольников следует, что BC = AK = 4. Ответ: AK = 4. ГИА-9 Ларин 2014, Вариант2, часть 2 №24 Окружность проходит через вершины A и C треугольника ABC и пересекает его стороны AB и BС в точках K и E соответственно. Отрезки AE и CK перпендикулярны. Найдите угол ABC, если угол KCB равен 20º Дано: ∆ABC, A ϵ окружности, C ϵ окружности, AE CK , B KCB 20 Найти: ABC Решение: (при решении используем метод поэтапного решения) ABC D E K 1 ( ANC KDE ) 2 KCB вписанный, то KDE 40 1 AMC ( ANC KDE ) 2) 2 1 90 ( ANC 40 ), ANC 140 2 1) т.к. M C 1 ( ANC KDE ) 2 1 ABC (140 40 ) 50 2 3) ABC A N Ответ: ABC 50 ГИА-9 Ларин 2014, Вариант2, часть 2 №25 В параллелограмме ABCD отмечена точка M – середина BC. Отрезок AM пересекается с диагональю BD в точке K. Докажите, что BK: BD = 1: 3. M B C Дано: ABCD – параллелограмм BM = MC, AM BD = K K Доказать: BK : BD = 1:3 Доказательство: A D 1)MBK KDA (как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD и секущей BD). 2)BKMADK (по двум углам: AKM AKD как вертикальные, MBK KDA из п.1) При решении используется метод подобия и поэтапного решения. 3) Из подобия ∆BKM и ∆AKD следует: BM BK 1 , т.к. BM BC , а BC AD, то AD 2BM. AD KD 2 BM BK Имеем 2 BM KD или KD 2BK. BK BK 1 , т.е. 4) Т.к. BD = BK + KD, то BD = 3BK и BD 3BK 3 BK : BD 1 : 3 ч.т.д. ГИА-9 Ларин 2014, Вариант2, часть 2 Диагонали AC и BD трапеции ABCD пересекаются в точке O. Площади треугольников AOD и BOC равны соответственно 25 и 16. Найдите площадь трапеции. №26 B Дано: ABCD – трапеция, AC BD = O C S AOB 25, S BOC 16 O A Найти: D K 2) S ABO S ABD S AOD S ABO S OCD S COD S ACD S AOD 4)BOC AOD(по двум 2 Решение: 1 1) S ABD AD BK , где BK AD 2 т.к. BC || AD, то 1 SACD AD CM , где CM AD 2 M S BO тогда : BOC ; SAOD OD S ABCD BK CM , т.е. SABD S ACD. 3) т.к. BC||AD, и BD – секущая, то CBO ODA (как накрест лежащие) углам : BOC AOD, как вертикальные, CBO ODA по п.3) 2 16 BO ; 25 OD BO 4 BO , т.к. 0. OD 5 OD 5) Т.к. ∆ABO и ∆AOD имеют общую высоту, то их площади относятся как стороны, соответствующие этим высотам, SABO BO ; SABO 4 , S AOB 20 SAOD OD 25 5 6) S ABCD 16 20 25 20 81 Ответ: площадь трапеции 81. Спасибо за внимание!