Подготовка к ОГЭ. Методы, способствующие решению геометрических задач

1. Подготовка к ОГЭ математика 9 практикум

учитель математики: Цыганкова Светлана Ивановна
МБОУ Лицей №1

2.

«Нет царского пути в геометрии»
Эвклид
Решение практических задач ОГЭ.
Методы, способствующие решению
геометрических задач.

3.

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

4.

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
402 (18 x) x,
x 2 18 x 1600 0
x1 32, x2 50
BM 32,
3) PM 2 OM MB ,
Q
PM 2 18 32,
PQ 48
Ответ: 48
PM 24
- 50 0

5.

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
2) ABD( B 90 ), h 2 AH HD ,
A
D
H
h 24
3) S ah, S 24 50 1200
Ответ: 1200

6.

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

7.

Задача 4
Найдите площадь равнобедренной трапеции, если её основания равны
14 и 50, а диагональ перпендикулярна боковой стороне.
B
14
Решение:
a b
h
1) S
2
C
2)
ACD( C 90 )
CF AF FD
AD BC 50 14
18
2
2
AF 50 18 32
FD
CF 32 18 24
D
A
50
F
3) S
50 14
24 768
2
Ответ: 768

8.

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 )
A
H
O
D
BD 2 AD HD ,
HD x,
x 0
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

9.

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

10.

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
a b c
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
a b c
2

11.

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
O ABC 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)
BOC ,
3)
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.

12.

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 , то BDK BKD
то AK BC, тогда
и
BAK BCD, т.к. BLA CFD,
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.

13.

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
Найти: ABC
D
E
K
M
C
A
N
KCB 20

14.

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

15.

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) BKM ADK
(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.

16.

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
3) т.к. BC||AD, и BD – секущая, то CBO ODA
(как накрест лежащие)
углам : BOC AOD, как
2
16 BO
;
25 OD
BK CM , т.е. SABD S ACD.
вертикальные, CBO ODA по п.3)
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.

17.

Спасибо за внимание!