Мастер-класс «Особенности подготовки к ГИА выпускников по математике»

МКОУ «Ирганайская СОШ им. М. А. Заргалаева» Семинар «Особенности подготовки к ГИА выпускников по математике»                      Мастер­класс  Мастер­класс  «Из опыта работы по подготовке учащихся 9­х классов к ОГЭ  по математике».                                                                                                                   Подготовила:                                                                                                   Магомедова Маймунат Магомедовна                                                                                              2 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; 3  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 Учащиеся, должны справиться с заданиями базового уровня и получить на экзамене «3». которые     2 группа Учащиеся, должны справиться с заданиями базового уровня и более сложными заданиями. которые     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 задания;   все   дополнительные 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/). 4 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.   7­9   классы».  Оно   содержит теоретические сведения по геометрии за курс основной школы и упражнения в таблицах по всем темам геометрии 7­9 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, 5 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. 6 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, 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=200 ÷ 4=50,                                                                   AB=CD=50.                                                                                                                                      2.            S=  1 2   (AD+BC) ∙PK , 2000 =  1 2  2CD ∙ PKили      2000 =50 ∙PK . Отсюда: 3.Проведем дополнительные высоты BK2 и CK1 (PK= BK2=CK1=40). PK =2000 ÷50=¿ 40. 7 Получили прямоугольный ∆CK1D,  у  которого  известно: гипотенуза CD=50, катет  CK1=40. Найдем катет K1D. По теореме Пифагора, имеем: K1D= √CD2−CK₁2  = √2500−1600=¿ 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, ­ большее основание.  AD = 60+20=80 4.Рассмотрим  ∆ BK2 D и  ∆TKD,  они подобны  по двум углам (∠1 – общий,         ∠ BK2 D=∠ TKD=90 °  ). Составим пропорцию: BK₂ TK  = K₂D KD  , где  K2 D= K2K1+ K1D =20+30=50.                               40 TK  =   50 40  , TK=32. TP =PK­TK =40­32= 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: ABCD­выпуклый 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. 8 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 °=70° 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= 80° , ∠2=∠D= 70° . 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   30 ° , равен половине    прямоугольных треугольников: катет, лежащий против угла  в   гипотенузы. Пусть катет MK=x, тогда гипотенуза MC= 2x. По теореме Пифагора имеем: MC2= MK2+ KC2, 4x2­x2=49, 7 √3   ­MK. x =             MC= 14 √3  ,      AD=2 MC= 28 √3 3  . Ответ: 28 √3 3  .                                                                                                                            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  cos∠BAC = √39 8 . 9 Дано: ∆ABC,  (O, r)­ окружность касается AB и пересекает AC в M и N, AM = 16,                                                                                                                     AN=39,      cos∠BAC =  √39 8  . Найти:OD. Решение: 1.AB    касательная к окружности перпендикулярна  к радиусу    касания.     Достроим до прямоугольного треугольника ADP.Найдем AP и AD. Через точку    окружность в точках       N, имеем:  M    и   OD   A   проведены касательная к окружности и секущая, которая пересекает   , проведенному в точку  2  = AM∙AN, AD  AD2=16∙39, AD=4 √39 . Известно: cos∠BAC =  √39 8 ,  можно найти AP. cos∠BAC = cos∠DAP  =  AD AP , √39 8 AD AP  ,     √39 8  =   =  4√39 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.   ∙  PN   . По теореме Пифагора найдем DP:  ∙  PT    =         DP   MP                     (1) 10 DP2=AP2­AD2, DP=  √32²−(4√39)²  =20. MP = AP­AM =32­16= 16. PN = MN­MP= (AN­AM)­MP = (39­16)­16= 7. Вернемся к (1):   20∙ PT=16∙7, PT = 5,6. DT­диаметр, 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. 11 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=99­33=66 .  По теореме Пифагора найдем катет O1K:               O1K2 = O1O2               O1K = √132²−66² =66 √3 . O1K= BD=66 √3 3.Достроим до трапеции ABDC.Она равнобедренная , так как ∆ O1AB O2CD( по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, то есть 2­ O2K2, ∆  AO₁ CO₂ = O₁B O₂D = 1 3 , ∠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 √3 . BD составляет 2 части,  можно узнать сколько на 1 часть: 66 √3÷ 2=33 √3 , то есть CS=33 √3 . Отсюда по теореме Пифагора найдем AS: AS²= AC²­ CS², AS = √AC²−CS²  = √(66√3)2−(33√3)²  =99. Ответ:99.                                                                                                                                          Литература:                                                                                               1.http://kopilkaurokov.ru/ 12 ://   fipi  .  ru   /  oge     ­9/  demoversii    ­  i  ­  gve    2.http  3.«Геометрия, 7­9 класс» Атанасян Л.С. и др., Москва, «Просвещение»,2011г.    4. Балаян Э.Н. «Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ГИА и ЕГЭ. 7­9  классы».  ­  kodifikatory                                                       ­  specifikacii   13