CC BY
182
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ ЕДИНОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО ЭКЗАМЕНА ПО МАТЕМАТИКЕ
© Кузьмина Е.В.*
Елабужский институт Казанского федерального университета, г. Елабуга
Актуальность заявленной в статье проблемы обусловлена тем, что при решении планиметрических задач единого государственного экзамена по математике возникают у учащихся трудности, так как необходимо знать большое количество определений, теорем, лемм планиметрии и уметь применять данные знания при решении задач. Цель статьи заключается в изложении методических рекомендаций по решению планиметрических задач единого государственного экзамена по математике. Ведущим методом в исследовании данной проблемы является анализ планиметрических задач.
Ключевые слова: единый государственный экзамен, математика, планиметрия, задача.
Для успешного решения планиметрических задач единого государственного экзамена учащиеся должны знать основные определения и теоремы для правильного применения их при решении геометрических задач на плоскости.
Планиметрические задачи единого государственного экзамена по математике с 2010 по 2013 имели характерную особенность. Эти задачи содержали в условии некоторую вариативность, которая позволяет рассматривать условие неоднозначно. В результате построили несколько конфигураций, удовлетворяющих условию задачи. Подобные задачи называют многовариантными, и перебор вариантов является частью решения задач такого типа [2, с. 59].
На ЕГЭ по математике в 2013 году к задачам с многовариантным содержанием добавился ряд планиметрических задач, содержащих в себе две подзадачи (пункт а - задача на доказательство, а пункт б - задача на вычисление). При решении задач такого содержания в пункте а необходимо проанализировать имеющуюся в условии задачи геометрическую конфигурацию и доказать, что она обладает определенным свойством. В пункте б учащимся следует решить задачу на нахождение величин (линейных, угловых, отношений отрезков, площадей фигур).
Пункт а направлен на то, чтобы учащиеся хорошо оперировали математическими определениями, уметь пользоваться теоремами и следствиями из них, а также помнить основные свойства геометрических фигур и их признаки. Решение первой части задачи приводит к доказательству одного из свойств, которые приведены в условии геометрической конфигурации:
* Студент 5 курса Физико-математического факультета. Научный руководитель: Ганеева А.Р., доцент кафедры Математического анализа, алгебры и геометрии.
1) подобие треугольников, которые даны в задаче;
2) равенство углов, отрезков, площадей или их отношение;
3) расположение данных прямых (параллельность или перпендикулярность);
4) принадлежность фигуры к одному из предложенных типов:
- треугольник является равносторонним, равнобедренным, прямоугольным и т.д.;
- четырехугольник является описанным или вписанным;
- четырехугольник имеет признаки параллелограмма, квадрата, трапеции и т.д.;
- точка равноудалена от вершин или сторон многоугольника (центр вписанной или описанной окружностей);
- прямая содержит указанный отрезок (или точку)
Для решения второго пункта задачи, на нахождение требуемых величин в заданной геометрической фигурации, следует опираться на основные формулы для вычисления определенных элементов:
а) для линейных - это теоремы: Пифагора, косинусов, синусов, о секущих и касательных, о хордах; формулы для нахождения длины медианы, высоты 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, которые имеют равные элементы; формулы для нахождения площадей треугольника и многоугольников, круга и сегментов 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. [4].
Рассмотрим критерии оценивания планиметрических задач ЕГЭ по математике, которые состоят из двух подзадач, т.е. частей а) и б):
- 3 балла ученик получит, если имеется доказательство утверждения в пункте а), и обоснованно найден верный ответ в пункте б).
- 2 балла, если обоснованно найден верный ответ в пункте б). При этом, возможно, использовалось утверждение из пункта а), хотя пункт а) не выполнен.
- 1 балл, если имеется доказательство утверждения в пункте а).
- 0 баллов, если решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.
Рассмотрим решения трёх планиметрических задач из книги И.В. Ящен-ко ЕГЭ. Математика Профильный уровень. 2016 г. [3].
Задача 1. На отрезке BD взята точка C. Биссектриса BL равнобедренного треугольника ABC с основанием BC является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.
а) Докажите, что треугольник DCL равнобедренный.
б) Известно, что cos ZABC -1. В каком соотношении прямая DL делит сторону AB?
Решение.
а) Обозначим ZABL = ZCBL = а. Тогда ZACB = ZABC = 2 а, ZBDL = = ZDBL = а, а так же ZABC - внешний угол треугольника DCL, то ZDCL = = ZACB - ZCDL = 2а- а
Значит, ZDCL = ZCDL. Следовательно, треугольник DCL равнобедренный.
б) Пусть DL пересекает AB в точке K. По первому признаку подобия треугольников AAKL подобен AALB, т.к. ZALK = ZLBK = а, ZA - общий.
AK AL KL
Из подобия треугольников следует —— -~rz: = ТГТ •
AL AB BL
Пусть BH = HC = x, тогда из прямоугольного AAHB следует
cos ZABC -
BH
AB
AB -
BH
cos 2а
x a
-1 - 3x 3
BC - 2x, AB - 3x
По свойству биссектрисы для AABC запишем равенство
BC AB
CL AL
к ч\ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \
1 \
! 1
1 / !/ л \ 1 \
[а/ 1 \ 1 \ 1 \
1 \ 1 \ а Г \D
В
н с
Рис. 1
9
— х 5 .
3х '
Ответ: —.
16
АК
— х 5
^ о 27 48
ВК = 3х--х = — х;
25 25
9
2х 3х - АЬ 3х АЬ 2х • АЬ = 3х • (3х - АЬ),
2х • АЬ = 9х2 - 3х • АЬ,
, 9
5хАЬ = 9х , АЬ = — х.
5
„ ^ 81 2 81х2 27
3хАК =— х ; АК =-= — х.
25 25 • 3х 25
АК _ 27 • 25 _ 27 _ 9 ~ВК ~ 25 • 48 = 48 = \6'
Задача 2. Отрезок, соединяющий середины Ми N оснований соответственно ВС и ЛБ трапеции ЛВСБ, разбивает ее на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
а) Докажите, что трапеция ЛВСБ равнобедренная.
б) Известно, что радиус этих окружностей равен 2, а меньшее основание ВС исходной трапеции равно 6. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны ЛВ, основания ЛN трапеции ЛBМN и вписанной в нее окружности.
Решение:
Рис. 2
а) ВМ + ЛN = ЛВ + Ш СМ + N0 = СБ + МN ВМ = СМ, ЛN = N0, Тогда АВ = СБ.
Трапеция АВСБ - равнобедренная.
б) Е01 = ЕМ = 2. Б8 = ВЕ = ВМ - ЕМ = 3 - 2 =1.
ВО =7 ВЕ2 + ЕО 2 =л/1 + 4 = л/5. Б01 - биссектриса АЛБМ, А01 - биссектриса АБЛЫ,
ААВМ + АВЛЫ = 180°, ААВО + АБЛ0г = 90°*АЛ0гБ = 90°. ДЛ01Б - прямоугольный.
BS 8О, 1 2 ^ „ /7
лго^ * —=—* =АО * АО =
АЛК02~АЛЕ01,
Пусть г - радиус окружности с центром О2. АО КО,
2 _ = _*_2_г = *+ _ = 2^5_2*
АО1 Ю1 2>/5 2
г 2(75 _1) 2(У5 _1)2 =2(5-2/5+1) = 6-2/5
45+1 (75+1)(л/5 _1) 4 2 .
Ответ: 3 _ 75.
Задача 3. Дан прямоугольный треугольник ЛБСс прямым углом С. На катете ЛС взята точка М. Окружность с центром О и диаметром СМ касается гипотенузы в точке N.
а) Докажите, что прямые МЫ и Б0 параллельны.
б) Найдите площадь четырехугольника Б0МЫ, если СЫ = 4 и ЛМ: МС = = 1 : 3.
Решение:
а) А0ЫБ=А0СБ - прямоугольные (рис. 3), 0С=0Ы, ОВ - общая. Пусть АС0Б = АЫ0Б = а, тогда АМ0Ы = 180° - 2«. АМ0Ы - равнобедренный, поэтому А0ЫМ = А0МЫ = а,
л
Рис. 3
Прямые МЫ и ОВ пересечены секущей ОЫ и внутренние накрест лежащие углы равны АОЫМ = АЫОБ = а, следовательноМЫ| |ОВ.
б) АСММ - прямоугольный, т.к. гипотенуза МС является диаметром окружности.
ААММ~ААЫС (угол А общий, АМЫЛ = АОБЛ = АЫСА) ММ _ АМ _ АМ ~МС = ~АМ = ~АС 4 АМ2 = АМ2, АМ = 2 АМ,
ММ = 1 МС = 2. 2
МС =4мЙГ+МС = у1 4 +16 = ->/20 = 2>/5.
ос=ом=ом=75,
ААСБ~ААЫО (угол А общий, ААСБ = ААЫО = 90°).
АМ=ОМ=1; ^ = 1 => вс = 275.
АС ВС 2 ВС 2
ОВ = л/ ОС2 + ВС2 =у15 + 20 =725 = 5.
ММ + ОВ МС 2 + 5 ^мыво =-----— = ■ 2 = 7 (кв-ед-).
Ответ: 7.
Выше разобранные планиметрические задачи, включенные в единый государственный экзамен по математике, естественно не исчерпывают все возможные типы задач, которые могут быть предложены на экзамене.
Список литературы:
1. Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б. Геометрия 7-9. - 15-е изд., доп. - М.: Просвещение, 2006.
2. Танеева А.Р. Планиметрические задачи единого государственного экзамена по математике / А.Р. Танеева // Физико-математическое образование: проблемы и перспективы. Материалы научно-методической конференции, посвященной 60-летнему юбилею физико-математического факультета. -Елабуга: Изд-во ЕИ КФУ, 2013.
3. ЕГЭ. Математика Профильный уровень: типовые экзаменационные варианты: 36 вариантов / Под ред. И.В. Ященко. - М.: «Национальное образование», 2016. - 256 с. - (ЕГЭ. ФИПИ - школе).
4. Симакина Е.А. Методика решения задач повышенного уровня сложности по планиметрии [Электронный ресурс]. - Режим доступа: Йф://ш6э-urok.ru/ metodika-resheniya-zadach-povishennogo-urovnya-slozhnosti-po-plani-metrii-na-primere-s-ege-422853.html.
