Мастер-класс «Из опыта работы по подготовке учащихся 9-х классов к ОГЭ по математике».
материал для подготовки к егэ (гиа) по математике (9 класс) на тему

МУНИЦИПАЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ

«УПРАВЛЕНИЕ  ОБРАЗОВАНИЯ   МЕСТНОЙ   АДМИНИСТРАЦИИ

ГОРОДСКОГО ОКРУГА  ПРОХЛАДНЫЙ  КБР»

Учебно-методический кабинет

Семинар

«Особенности подготовки к ГИА

выпускников по математике»

Мастер-класс

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

по математике».                

                                                                                                                  Подготовила

                                                                                                 Момотова Т.Г.,

                                                                                              учитель  математики

         МБОУ «СОШ №5»

Протокол заседания ГМО №4 от  13.05.2016 г.

Руководитель ГМО  ___________ /Е.В.Харитонова/

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.

        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.

• 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,

ACBD=T,

PABCD=200,

SABCD=2000,

(O, r)-вписанная окружность.

Найти: TP.

        Решение:

1.Периметр фигуры - сумма всех сторон.

             PABCD = 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=2004=50,                                                                  AB=CD=50.                                                                                                                                     2.            S=   (AD+BC),

        2000 =  2CDPK        или      2000 =50.

Отсюда:        PK =200040.

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=180100 = 80

                 ∠D =180∠B =180110

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=142=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 =DT2= 25,62 = 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:

        662=33, то есть CS=33.

Отсюда по теореме Пифагора найдем AS:

        AS²= AC²- CS²,

AS = = =99.

Ответ:99.

                                                                                                                                        Литература:                                                                                              1.http://kopilkaurokov.ru/

2.http://fipi.ru/oge-i-gve-9/demoversii-specifikacii-kodifikatory                                                                               

3.«Геометрия, 7-9 класс» Атанасян Л.С. и др., Москва, «Просвещение»,2011г.  

4. Балаян Э.Н. «Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ГИА и ЕГЭ. 7-9 классы».