Рабочая программа элективного курса "Избранные вопросы геометрии"

Элективный курс «Избранные вопросы геометрии»

ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

Общеизвестно, что геометрическая линия является одной из центральных линий курса математики. Она предполагает систематическое изучение свойств геометрических фигур на плоскости, формирование пространственных представлений, развитие логического мышления и подготовку аппарата, необходимого для изучения смежных дисциплин (физики, черчения и т. д.) и курса стереометрии.

С другой стороны, необходимость усиления геометрической линии обусловливается следующей проблемой: задание частей В и С единого государственного экзамена предполагает решение геометрических задач. Итоги экзамена показали, что учащиеся плохо справлялись с этими заданиями или вообще не приступали к ним. Для успешного выполнения этих заданий необходимы прочные знания основных геометрических фактов и опыт в решении геометрических задач.

Ц е л я м и   д а н н о г о  к у р с а  я в л я ю т с я:

1. Создание условий для самореализации учащихся в процессе учебной деятельности.

2. Развитие математических, интеллектуальных способностей учащихся, обобщенных умственных умений.

Для достижения поставленных целей в процессе обучения р е ш а ю т- с я  с л е д у ю щ и е  з а д а ч и:

1. Приобщить учащихся к работе с математической литературой.

2. Выделять и способствовать осмыслению логических приемов мышления, развитию образного и ассоциативного мышления.

3. Обеспечить диалогичность процесса обучения математике

ТРЕБОВАНИЯ К УРОВНЮ УСВОЕНИЯ КУРСА

Данный курс предназначен для учащихся 9 классов, рассчитан на 8,5 часов, предполагает систематизацию и обобщающее повторение ключевых тем курса планиметрии: решение треугольников, вписанные и описанные окружности, применение тригонометрии и т. д. с использованием компьютерных технологий.

Учащиеся должны знать:

1. Ключевые теоремы, формулы курса планиметрии в разделе «Треугольники», «Четырехугольники».

2. Основные алгоритмы решения треугольников.

Учащиеся должны уметь:

1. Применять имеющиеся теоретические знания при решении задач.

2. Использовать возможности персонального компьютера (ПК) для самоконтроля и отработки основных умений, приобретенных в ходе изучения курса.

СОДЕРЖАНИЕ ОБУЧЕНИЯ

Включенный в программу материал может применяться для разных групп учащихся, что достигается обобщенностью включенных в нее заданий, их отбором в соответствии с задачами предпрофильной подготовки.

Тема 1

Предполагает прохождение тем: «Соотношения между сторонами и углами прямоугольного треугольника», «Теорема Пифагора», «Теорема синусов и косинусов», «Основные тригонометрические тождества, вписанные и описанные окружности».

Тема 2

Параллелограмм и трапеция, вписанные и описанные четырехугольники, компьютерная модель «Четырехугольники».

Тема 3

Площадь прямоугольника, параллелограмма, треугольника и трапеции; применение разнообразных формул площади треугольника, площади подобных фигур. Компьютерная модель «Измерение площади».

Тема 4

Окружности, вписанные и описанные около треугольника, применение формул:

.

Компьютерная модель «Вписанные и описанные окружности».

Тема 5

Компьютерная модель «Решение треугольников» предполагает проверку знаний и умений по теме с помощью программы «Планиметрия».

Контроль осуществляется на каждом занятии с помощью тестов компьютерной программы «Планиметрия», которая включает в себя проверку теоретических сведений и решение одношаговых, многоплановых задач

ТЕМАТИЧЕСКОЕ ПЛАНИРОВАНИЕ

№ п/п	Название занятия	Количество часов
1	Решение треугольников (повторение теории с помощью ПК)	1
2	Четырехугольники (повторение теории с помощью ПК)	1
3	Решение задач по теме «Площади»	2
4	Решение задач по теме «Вписанные и описанные окружности»	2
5	Компьютерная модель «Решение треугольников»	1
6	Компьютерная модель «Четырехугольники. Вписанные и описанные четырехугольники»	1
7	Проверь себя	0,5

Литература

Д л я  у ч а щ и х с я:

1. Гайштут, А., Литвиненко, Г. Планиметрия: задачник к школьному курсу. – М.: АСТ – ПРЕСС: Магистр – S, 1998.

2. Крамор, В. С. Повторяем и систематизируем школьный курс геометрии. – М.: Просвещение, 1992.

Д л я  у ч и т е л е й:

1. Гайштут, А., Литвиненко, Г. Планиметрия: задачник к школьному курсу. – М.: АСТ – ПРЕСС: Магистр – S, 1998.

2. Крамор, В. С. Повторяем и систематизируем школьный курс геометрии. – М.: Просвещение, 1992.

3. Алтынов, П. И. Геометрия. Тесты. 7–9. – М.: Дрофа, 1998.

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ОРГАНИЗАЦИИ
И ПРОВЕДЕНИЮ ЗАНЯТИЙ

Введение

В основе решения большинства задач лежит умение «решать треугольник», поэтому необходимо вспомнить важные соотношения для треугольников. Повторить основные теоретические сведения, основные приемы решения задач можно и с помощью широкого спектра электронных учебных пособий: «Открытая математика 1.0. Планиметрия», «Математика», 5–11 кл. Практикум», «Новые возможности для усвоения курса математики! Математика», 5–11 кл. Практикум» и т. д.

Можно начертить, проводя соответствующие комментарии, таблицу:

Прямоугольный треугольник	Косоугольный треугольник
1	2
1) α + β = 90°; 2) c2 = a2 + b2 – теорема Пифагора; 3) a = c cos β,     a = c sin α,     a = b tg α; 4) R = ; 5) r =	1) α + β + γ = 180°; 2) a2 = b2 + c2 – 2bc cos α – теорема косинусов; cos α = ; 3) – теорема синусов; 4) R = ; 5) r =

Т е м а:  Решение треугольников

Задача 1

Гипотенуза AB прямоугольного треугольника ABC равна см, а катет BC равен 6 см. Найдите длину медианы BK.

Дано: ∆ABC, ∠C = 90°, AB = см, BC = 6 см, BK – медиана. Найти: BK.

Решение

1) Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC.

По теореме Пифагора AB2 = AC2 + BC2, AC =

AC =

2) BK – медиана ∆ABC, значит CK = AC = см.

3) В ∆BCK по теореме Пифагора BK2 = KC2 + BC2.

BK =

Ответ: 7 см.

Задача 2

В треугольнике ABC стороны AB = BC, AK – высота треугольника, BK = 24 см, KC = 1 см. Вычислите: а) высоту AK; б) сторону AC.

Дано: ∆ABC; AB = BC. AKBC; BK = 24 см, KC = 1 см. Найти: AK; AC.

Решение

1) BC = BK + KC = 24 + 1 = 25 (см).

BC = AB = 25 см, тогда в прямоугольном треугольнике ABK по теореме Пифагора AB2 = BK2 + AK2; AK =

AK = .

2) Аналогично в ∆AKC AC = .

Ответ: 7 см,

Задача 3

Определите катеты прямоугольного треугольника, у которого перпендикуляр, опущенный из вершины прямого угла на гипотенузу, больше одного из отрезков гипотенузы на 3 и меньше другого на 4.

Решение

Согласно условию CD > AD на 3, CD < BD на 4.

Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, есть среднее геометрическое проекций катетов на гипотенузу,
т. е. CD2 = AD · DB.

Пусть CD = x, тогда AD = x – 3, BD = x + 4.

x2 = (x – 3) (x + 4),

x2 = x2 + x – 12,

x = 12.

В ∆ADC по теореме Пифагора AC2 = AD2 + DC2, AC = =
= = 15.

В ∆BCD аналогично BC =

Задача 4

BD – высота равнобедренного треугольника ABC, AB = BC, 0 – точка пресечения высот BD и AK, ∠AOD = 60°. Доказать, что ∆ABC – равносторонний.

Решение

∆OAD – прямоугольный, так как BDAC.

ÐBOK = ÐAOD = 60° как вертикальные углы. Значит, в ∆BOK ÐOBK = 30°.

BD – высота равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, значит BD – биссектриса, т. е. ÐABC = 30° · 2 = 60°.

Если угол при вершине равнобедренного треугольника 60°, значит, этот треугольник равносторонний.

Задача 5

Докажите, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит пополам угол между медианой и высотой, проведенными из той же вершины.

Дано: ÐС = 90°, АМ = МВ, СК ^ АВ, Ð ACL = ÐLCB. Доказать: ÐKCL = ÐМСL.

Решение

KCB = A, ACK = B.

Пусть KCL = α, тогда KCB = 45° + α.

Точка M – середина гипотенузы, а также является центром описанной окружности, значит, AM = MB = CM.

Тогда ∆CMB – равнобедренный, т. е. MCB = MBC.

MCL = 45° – MCB = 45° – B = 45° – ACK.

KCL = 45° – ACK = MCL. Значит, CL – биссектриса KCM.

Задача 6

В прямоугольный треугольник, катеты которого равны 10 см и 15 см, вписан квадрат, имеющий с ним общий угол. Найти периметр квадрата.

Решение ∆ABC – прямоугольный треугольник с катетами BC и AC, MNCP – квадрат, значит, MN ‖ BC. Тогда ∆ABC ∾ AMN,  пусть сторона квадрата MN = x, тогда AN = 10 – x.

 25x = 150, x = 6.

Итак, сторона квадрата 6 см; периметр 6 · 4 = 24 (см).

Ответ: 24 см.

Задача 7

На боковой стороне BC равнобедренного треугольника ABC (AB = BC) как на диаметре построена окружность, пересекающая основание этого треугольника в точке D. Найдите расстояние от вершины A до центра построенной окружности, если AD = , а угол ABC = 120°.

Решение 1) Так как O – центр данной окружности, то BO = OC = OD. Тогда ∆DBC прямоугольный с прямым углом D, а BD – высота в равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC, D – середина AC, DO =  AB.

2) В прямоугольном треугольнике ABD AB = ;

AB =

3) ∆DBO – равнобедренный с острым углом 60°, а значит, и равносторонний, BDO = 60°, тогда ADO = 90° + 60° = 150°.

4) В ∆DAO по теореме косинусов AO2 = AD2 + DO2 – 2 AD · DO ·
· cosADO.

AO2 = ()2 + ()2 – 2 ·  = 21 + 7 +  · = 28 + 21 = 49; AO = 7.

Ответ: 7.

Т е м а:  четырехугольники

Задача 1

Средняя линия трапеции ABCD равна 15. AD – большее основание трапеции, A = 90°, D = 60°, BAC = 30°. Найдите длину стороны CD.

Решение В ∆ABC (он прямоугольный) BC =  – по свойству катета, лежащего против угла в 30°. BAC = 30°, значит, CAD = 90° – 30° = = 60°, следовательно, ∆ACD равносторонний, т. е. AC = CD = AD = 2BC.

Средняя линия MN =

3BC = 30, BC = 10, значит, CD = 2 · 10 = 20.

Задача 2

Сторона AB параллелограмма ABCD равна  а его диагонали равны 20 и 24. Найдите сторону BC.

Решение Для любого выпуклого четырехугольника справедливо где a, b, c и d – стороны четырехугольника, а d1, d2 – его диагонали.

В параллелограмме

202 + 242 = 2(()2 + b2), b > 0;

b2 + 88 = 488,

b2 = 400, b = 20.

Ответ: 20.

Задача 3

Основания трапеции равны 4 и 10, а ее боковые стороны –  и 15. Найдите косинус наименьшего угла этой трапеции.

Решение 1) Проведем BM ∥ CD, значит, BMA = D, ВСDМ – параллелограмм, так как ВМ || MD, ВМ || СD. Следовательно, ВС = MD = 4, BM = CD = 15, AM = AD – MD = 10 – 4 = 6.

2) В ∆AMB против большей стороны (выбирая из AB и BM) лежит больший угол: AB < BM, значит, BMA <A.

cos α = .

.

Ответ: 0,8.

Задача 4

Определите периметр равнобочной трапеции, у которой длина меньшего основания равна 7, а диагонали перпендикулярны боковым сторонам и равны .

Решение 1) Проведем в трапеции ABCD высоту CF, тогда ∆ACD ∼ ∆AFC, 2) Пусть FD = x, тогда AF = 7 + x

()2 = (x + 7) (7 + 2x),

36 · 2 = 49 + 21x + 2x2,

2x2 + 21x – 23 = 0,

D = 212 + 4 · 2 · 23 = 625,

х1, 2 =

3) Итак, AD = 7 +2 = 9;

CD =

P = 9 + 7 + 2 · 3 = 22.

Ответ: 22.

Задача 5

В ромбе высота, проведенная из вершины тупого угла, делит сторону ромба пополам. Найдите периметр и высоту ромба, если меньшая диагональ его равна 7 см. 1) В треугольнике ABD BK – высота и медиана, значит, ∆ABD равнобедренный с основанием AD, т. е. AB = BD = 7 см. Тогда ∆ABD равносторонний, значит, A = ABD = BDA = 60°. 2) P = 4AB = 4 · 7 = 28 (см).

3) BKD – прямоугольный, BK = AD sin BDK.

BK = 7 · sin 60° = (см).

Ответ: 28 см; 3,5см.

Т е м а: ПЛОЩАДИ

Задача 1

Медиана BK треугольника ABC равна   Найдите площадь треугольника ABK.

Решение

1) В ∆BKC по теореме косинусов BC2 KB2 + KC2 –2KB · KC cos ÐBKC, т. е. ()2 = ()2 + x2 – 2 ·  · x cos 45°, где KC = x (х > 0). 20 = 8 + x2 – 2 ·  · x ·

x2 – 4x – 12 = 0,

x1 = 6, x2 = –2.

Значит, CK = 6, AC = 12.

2) S(∆ABK) =  · AK · BK · sin ÐAKB;

S(∆ABK) =  · 6 ·  · sin 135° = = 6.

Ответ: 6.

Задача 2

В треугольнике ABC проведена медиана AM. Найдите площадь треугольника ABC, если AC = 3, BC = 10, ÐMAC = 45°.

Решение

1) Медиана AM разбивает треугольник ABC на два равновеликих треугольника, т. е. S(∆ACM) = S(∆AMB), значит, S(∆ABC) = 2S(∆ACM). 2) В ∆ACM по теореме косинусов CM2 = = AC2 + AM2 – 2 · AC · AM cos ÐCAM.

52 = (3)2 + x2 – 2 · 3 · x cos 45°, где АМ = х (х > 0).

25 = 9 ·2 + x2 – 6x; х2 – 6х – 7 = 0, x1 = 7, x2 = –1, т. е. AM = 7;

S(∆ACM) = AC · AM sin ÐCAM =  · 3 · 7 · sin 45° =  · 3 · 7 ·
· =  = 10,5.

3) S(∆ABC) = 2 · 10,5 = 21.

Ответ: 21.

Задача 3

Основание AB трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой стороны AD. Длина диагонали AC равна 12, длина боковой стороны BC равна 5. Найдите площадь трапеции.

Решение

1) По условию AB = 2AD = 2DC. Пусть M – середина AB, тогда AM = MB = CM, т. е. CM – медиана треугольника ABC и CM = AB, значит, ∆ABC прямоугольный с гипотенузой AB.

По теореме Пифагора AB2 = AC2 + BC2; AB =  =  = 13.

CM = MB =  = 6,5.

2) CK – высота трапеции и высота ∆MCB.

По формуле Герона S∆ =  где . ;

S(∆MBC) =  = 3 · 2 · 2,5 = 15.

CK =

3) S(ABCD) =

Ответ: 4,5.

Задача 4

В треугольнике ABC проведена биссектриса BK, длина которой равна 4, причем KC = , BCA = 45°. Найдите площадь треугольника ABK.

Решение

1) В ∆BKC по теореме синусов

Значит, B = 60°, A = 180° – (45° + 60°) = 75°.

2) BKA = 180° – (A + ABK) = 180° – (75° + 30°) = 75°.

Тогда ∆ABK равнобедренный с основанием AK.

AB = BK = 4.

3) S(∆ABK) = AB · BK · sin ABK =  · 4 · 4 · sin 30° = 4.

Ответ: 4.

Т е м а:  Вписанные и описанные окружности

Задача 1

Точка O является центром окружности, вписанной в прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C. Луч AO пересекает катет BC в точке K. Найдите гипотенузу AB, если AC = 6 и B в 4 раза больше, чем
KAC.

Центр вписанной в треугольник окружности – точка пересечения биссектрис углов. Значит, KAC = BAK.

KAC = BAK.

∆ABC прямоугольный, значит, A + B = 90°.

Пусть KAC = x°, тогда x + x + 4x = 90°, x = 15°.

Тогда A = 30°, AB = .

Ответ: 12.

Задача 2

В равнобедренный треугольник PMK с основанием MK вписана окружность с радиусом . Высота PH делится точкой пересечения с окружностью в отношении 1 : 2, считая от вершины P. Найдите периметр треугольника PMK.

Решение

1) F – точка пересечения окружности с высотой PH; O – центр вписанной окружности; PF : FH = 1 : 2, OH = r = . Значит, PH = 3OH = . 2) Рассмотрим прямоугольный треугольник SPO:

PO = 2 ·  = ; OS = r = . Значит, SPH = 30°, тогда MPK = 2 · 30 = 60 (∆PMK – равнобедренный, PH – высота, а следовательно, и биссектриса). Значит, ∆PMK – равносторонний.

3) Пусть HK = x (х > 0), тогда PK = 2x; по теореме Пифагора PK2 = PH2 + HK2;

(6)2 = (2x)2 – x2; 3x2 = 36 · 3; x2 = 36, x = 6.

Значит, PK = 2 · 6 = 12.   P(∆PMK) = 3 · 12 = 36.

Ответ: 36.

Задача 3

Один из катетов прямоугольного треугольника равен 15, а проекция второго катета на гипотенузу равна 16. Найдите диаметр окружности, описанной около этого треугольника.

Диаметр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен его гипотенузе AB.

Так как катет есть среднее пропорциональное гипотенузы и проекции этого катета на гипотенузу, то есть AC2 = AB · AD, то 152 = x · (x + 16), где AD = x (х > 0).

x2 + 16x – 225 = 0,

D1 = 82 + 225 = 64 + 225 = 289.

x1, 2 = –8 ± 17, x1 = 9, x2 = –25

Итак, AD = 9, AB = 9 + 16 = 25.

Ответ: 25.

Задача 4

Найдите радиус окружности, вписанный в правильный шестиугольник, площадь которого равна 72.

Решение

S(ABCDEF) = 6 · S(∆FOF) = 6 · , где a – сторона правильного шестиугольника. a2 = 48, a = .

r =  =

Ответ: 6.

Задача 5

Найдите отношение площади круга, вписанного в правильный шестиугольник, к площади круга, описанного около этого шестиугольника.

Решение

Пусть S1 = pr2, где r – радиус вписанной окружности, S2 = pR2, R – радиус описанной окружности:

 =  = ()2 = .

Ответ: 0,75.

Задача 6

Около треугольника ABC описана окружность с центром O и радиусом, равным 8. Найдите площадь ∆BOC, если A = 105°.

Решение

Так как ∆ABC тупоугольный, то центр описанной окружности O – точка пересечения серединных перпендикуляров – лежит вне ∆ABC. Вершины треугольника лежат на окружности, значит, BAC вписанный.

По свойству вписанных углов  BC = 2 · 105° = 210°, тогда  BАC = 360° – 210° = 150°, значит, BOC =  BАC = 150°.

S(∆BOC) = BO · OC · sin BOC =  · 8 · 8 · sin 150° = · sin 30° = 16.

Ответ: 16.

Задача 7

В равнобедренной трапеции длины оснований 21 и 9, а длина высоты 8. Найдите диаметр описанной около трапеции окружности.

Решение

1) Окружность, описанная около трапеции, проходит через ее вершины. Эту окружность можно рассматривать одновременно и как окружность, описанную около любого треугольника ABC, ACD, ABD, BCD (вершины такого треугольника – любые три из четырех вершин данной трапеции).

Поэтому можно найти радиус окружности, описанной около ∆ABD.

2) Так как трапеция ABCD равнобедренная, то AM = .

3) В ∆MBD по теореме Пифагора BD = BM2 + MD2, MD = 21– 6 = 15.

BD =

4) S(∆ ABD) =

 = 3 · 6 · 4 = 84.

R =

d = 2R = 2 · 10,625 = 21,25.

Задача 8

Около равнобедренного треугольника ABC (AB = BC) с углом B, равным 30°, описана окружность радиусом . Ее диаметр AD пересекает сторону BC в точке E.

Найдите диаметр окружности, описанной около треугольника ACE.

Решение

1) Центр окружности, описанной около ∆ABC, есть точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам AC и AB, один из которых совпадает с BM, так как ∆ABC равнобедренный с основанием AC. 2) B = 30°, значит, MBC = 15° по свойству высоты равнобедренного треугольника, проведенной к основанию АС. AO = OB = R, ∆AOB равнобедренный, т. е. BOA = 15°.

A = (180° – B) : 2 = 75°, тогда OAC = 75° – 15° = 60°.

3) AO = OC = R, значит, ∆AOC равнобедренный с острым углом 60°, следовательно, ∆AOC равносторонний, т. е. AC = OA = R = .

4) В ∆AEC AEC = 180° – (C + EAC) = 180° – (60° + 75°) = 45°.

Ответ: 14.

Задача 9

В равнобедренной трапеции с острым углом в 60° боковая сторона равна , а меньшее основание .

Найдите радиус окружности, описанной около этой трапеции.

Решение

1) Радиус окружности, описанной около трапеции, – одно и то же, что и радиус окружности, описанной около треугольника, вершинами которого являются любые три вершины трапеции. Найдем радиус R окружности, описанной около треугольника ABD.

2) ABCD – равнобедренная трапеция, поэтому AK = MD, KM =.

В ∆ABK  AK = AB cos A =  · cos 60° = . Значит,
AD = .

BK = AB sin A =  ·  = .

3) По теореме косинусов в ∆ABD  BD2 = AB2 + AD2 – 2AB · AD ´ cos A.

BD2 = ()2 + (3)2 – 2 ·  · 3 ·  = 21 + 9 · 21 – 3 · 21 = 7 · 21;
BD = .

4) S(∆ABD) = AD · BK; S(∆ABD) =  ·  · 3  = .

5) R =

Ответ: 7.

Задача 10

В равносторонний треугольник ABC вписана окружность и проведен отрезок NM, M  AC, N  BC, который касается ее и параллелен стороне AB.

Определите периметр трапеции AMNB, если длина отрезка MN равна 6. Решение 1) ∆ABC – равносторонний, точка O – точка пересечения медиан (биссектрис, высот), значит, CO : OD = 2 : 1.

2) MN – касательная к окружности, P – точка касания, значит, OD =
= OP, тогда CD = 3 · CP.

3) ∆CMN ∾ ∆CAB, значит, ∆CMN – равносторонний CM = CN = MN = = 6; ÐP.

А так же

3) BN = CB – CN = 18 – 6 = 12.

4) P(AMNB) = AM + MN + BN + AB = 18 + 6 + 12 + 12 = 48.

Ответ: 48.

Задача 11

Около окружности описана равнобочная трапеция, средняя линия которой равна 5, а синус острого угла при основании равен 0,8. Найдите площадь трапеции.

Решение

Так как окружность вписана в четырехугольник, то BC + AD = AB + CD. Этот четырехугольник – равнобокая трапеция, значит BC + AD = 2AB. FP – средняя линия трапеции, значит, BC + AD = 2FP. Тогда AB = CD = FP = 5.

∆ABK – прямоугольный, BK = AB sin A; BK = 5 · 0,8 = 4.

S(ABCD) = FP · BK = 5 · 4 = 20.

Ответ: 20.

В а р и а н т ы  с х е м:

Равенство углов

Равенство двух отрезков

Перед темой «Площади» стоит повторить всевозможные формулы нахождения площади треугольника, четырехугольника, правильного шестиугольника.

Зафиксировать эти сведения можно, например, так:

Треугольники	Четырехугольники	Правильные многоугольники
1	2	3
1) S = 2) S = 3)– формула Герона 4) S = 5) S = 6) S = 7) S =  – для правильного треугольника	1) S = 2) S = ah 3) S = ab sin α 4) S =  – для ромба	1) S =  2) SΔ =  3)

Методические рекомендации

З а н я т и е 1. Решение треугольников.

Повторение и систематизация теоретических сведений по теме «Решение треугольников» Конечно, в целях экономии времени, можно пользоваться готовыми таблицами и схемами (заранее приготовленные плакаты, либо слайды на кодоскопе), но наиболее эффективным будет совместное их вычерчивание и заполнение по принципу «мозговой атаки».

Решение задач 2, 3; для самостоятельной работы дома – № 1, 4; в качестве «зачетной» задачи – № 7.

З а н я т и е 2. Четырехугольники.

Основное повторение теории прошло на предыдущем занятии, поэтому можно сразу приступить к решению задач № 1, 4. Разбирать решение желательно по заранее подготовленным записям на доске или с применением ТСО, с помощью программы «Power Point», если учащиеся или учитель владеют этой программой.

Решения задач № 2, 3, 4; для самостоятельной работы дома – № 1, 5.

З а н я т и е  3 и 4. Площади.

Сначала составить и заполнить таблицу «Площади».

На занятии разобрать задачи № 1, 3, и 4; в качестве самостоятельной домашней работы – № 2.

З а н я т и е  5 и 6. Вписанные и описанные окружности.

Разбор задач № 1, 2, 6; для самостоятельной работы дома задачи № 3, 10; решение задач № 4, 5, 7.

З а н я т и е  7 и 8. Тренинг с использованием компьютерных программ, например, «Открытая математика 1,0. Планиметрия», «Открытая математика 2. 5. Планиметрия», «Математика, 5–11 кл. Практикум» и др.

Для зачетной работы задачи № 7 (по теме «Решение треугольников») и № 8, 9 (по теме «Вписанные и описанные окружности»). Задания можно дать заранее, а на зачетной работе провести «круглый стол» по обсуждению решений.