Презентация на тему "Геометрия в Заданиях ЕГЭ" 11 класс

Презентация: Геометрия в Заданиях ЕГЭ
Включить эффекты
1 из 33
Ваша оценка презентации
Оцените презентацию по шкале от 1 до 5 баллов
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
5.0
1 оценка

Комментарии

Нет комментариев для данной презентации

Помогите другим пользователям — будьте первым, кто поделится своим мнением об этой презентации.


Добавить свой комментарий

Аннотация к презентации

Посмотреть презентацию на тему "Геометрия в Заданиях ЕГЭ" для 11 класса в режиме онлайн с анимацией. Содержит 33 слайда. Самый большой каталог качественных презентаций по математике в рунете. Если не понравится материал, просто поставьте плохую оценку.

  • Формат
    pptx (powerpoint)
  • Количество слайдов
    33
  • Аудитория
    11 класс
  • Слова
    алгебра
  • Конспект
    Отсутствует

Содержание

  • Презентация: Геометрия в Заданиях ЕГЭ
    Слайд 1

    Геометрия в Заданиях ЕГЭ

  • Слайд 2

    Результаты ЕГЭ по математике 2013

    В этом году экзамен сдавали 860 840 человек. 754 776 из них – выпускники текущего года. То есть, 106 064 человека сдавали ЕГЭ повторно, либо впервые – для поступления в вуз. Всего было проведено 2 888 104 «человек-экзаменов» (если расценивать присутствие одного человека на экзамене как отдельный экзамен). Таким образом, было сдано 1 166 424 человек-экзамена по выбору.

  • Слайд 3

    Средний тестовый балл по математике в России 48,7. 538 выпускников сдали ЕГЭ по математике на 100 баллов. 7 человек из Саратовской области получили 100 баллов. 43% выпускников не приступили к части С с развернутым решением. Результаты ЕГЭ по математике 2013

  • Слайд 4

    Согласно результатам пересдач и апелляций, 2,24 % учеников (16 635 человек) не получили аттестат о среднем (полном) общем образовании. В том числе, около 500 человек были лишены права пересдать ЕГЭ в текущем году за нарушение правил сдачи ЕГЭ. Более того, в Якутии возбуждено 5 дел об административном правонарушении. Результаты ЕГЭ по математике 2013

  • Слайд 5

    Если говорить об образовательных тенденциях, то, как отмечают организаторы ЕГЭ, они не самые радужные. К сожалению, говорить о росте образованности пока не приходится, особенно в точных науках. К примеру, задание B1 – про таблетки – не выполнили 150 000 учащихся (около 17 %). Один из учащихся даже предложил в ответе дать ребёнку 31 500 таблеток. В целом экзамен по математике показал незначительный – на 4 тестовых балла – рост общероссийского среднего балла ЕГЭ. Результаты ЕГЭ по математике 2013

  • Слайд 6

    Результаты ЕГЭ по математике 2013

    Всего в Саратове над тестами и задачками размышляли более четырех тысяч выпускников. Из них почти две сотни, 197 человек, провалили этот экзамен - школьники набрали меньше 24 баллов (тот минимальный порог, который нужно преодолеть ). А вот отличниками стали всего четверо саратовских одиннадцатиклассников - точная наука явно далась школьникам сложнее, чем родной язык. На ЕГЭ по русскому, напомним, максимальный балл набрали 24 ученика.

  • Слайд 7

    Тем не менее этот результат все равно лучше прошлогодних: для сравнения, в 2011 году ЕГЭ по математике в Саратове на сто баллов написал лишь один ученик, а в 2012 году и вовсе никому не удалось не сделать ни одной ошибки. Средний балл по городу также увеличился и составил 54,3, тогда как в 2012 году школьники набирали 42,6.

  • Слайд 8

    Расстояние от точки до плоскости

  • Слайд 9

    C 2. Радиус основания конуса равен 5, а его высота равна 12. Плоскость сечения содержит вершину конуса и хорду основания, длина которой равна 6. Найдите расстояние от центра основания конуса до плоскости сечения.

    Сечение конуса плоскостью, содержащей его вершину S и хорду    - треугольник  ASB. В равных прямоугольных треугольниках  SOA  и  SOB, где О — центр основания конуса,      откуда  Пусть SH — высота и медиана равнобедренного треугольника ASB,  Тогда отрезок ОН — высота и медиана равнобедренного треугольника AOB, Плоскость SOH перпендикулярна плоскости ASB, так как прямые SH и OH перпендикулярны прямой АВ. Поэтому расстояние от точки О до плоскости ASB равно высоте ОМ прямоугольного треугольника  SOH, проведенной к гипотенузе

  • Слайд 10

    Расстояние от точки до прямой

  • Слайд 11

    C 2. Длины ребер AB, AA1 и AD прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 равны соответственно 12, 16 и 15. Найдите расстояние от вершины A1 до прямой BD1.

    Из вершины А1 опускаем перпендикуляр на ВD1. Так как А1D1 перпендикулярна плоскости АА1В, то А1D1 перпендикулярен А1В. Следовательно А1Е- высота прямоугольного треугольника А1BD1. Ответ:12.

  • Слайд 12

    Задачи на сечение

  • Слайд 13

    C 2. Точка  Е — серединаребра ВВ1  куба   ABCDA1B1C1D1 . Найдите площадь сечения куба плоскостью D1AE , если ребра куба равны 4.

    Прямая АЕ пересекает прямую А1В1 в точке К, а прямая D1Kпересекает С1В1 в его середине , точке F. Искомое сечение – плоскость D1FEA. Из подобия треугольников AD1K и EFK следует, что М Высота КМ=h , ее длину находим из треугольника АМК Ответ:18.

  • Слайд 14

    C 2. В правильной треугольной пирамиде SABCD  с основанием ABC  сторона основания равна 8, а угол ASB  равен 36°. На ребре  SM взята точка  M так, что  AM- биссектриса угла SAC. Найдите площадь сечения пирамиды, проходящего через точки A , M  и B.

    Нужное сечение — треугольник AMB. Рассмотрим треугольник ASC. Он равнобедренный,  , поэтoму Зна­чит, 

  • Слайд 15

    Рассмотрим теперь треугольник CAM  . Сумма его углов 1800, значит, угол АМС равен 720 . Следовательно, треугольник САМ  равнобедренный, и поэтому АМ=АС=8.  Аналогично находим, что ВМ=8. Таким образом, треугольник АМВ  равносторонний со стороной 8. Его площадь равна 

  • Слайд 16

    C 2. В правильной треугольнойпризме ABCA1B1C1  стороны основания равны 6, боковые рёбра равны 4. Изобразите сечение, проходящее через вершины A, B  и середину ребра A1C1 .Найдите его площадь.

    Обозначим через М и N середины ребер А1С1 и В1С1 соответственно. По теореме о средней линии треугольника   так что прямые  MN и AB  лежат в одной плоскости. Значит сечением призмы является равнобокая трапеция AMNB. Основания АВ=6, МN=3.

  • Слайд 17
  • Слайд 18

    Угол между прямыми

  • Слайд 19

    C 2 .Точка   E - серединаребра   куба ABCDA1B1C1D1. Найдите угол между прямыми AE  и CA1  .

    Примем ребро куба за единицу. Тогда  Проведём через точку A1  прямую, параллельную AE . Она пересекает продолжение ребра  BB1  в точке F , причём  Искомый угол равен углу CA1F  (или смежному с ним).В прямоугольном треугольнике  A1B1F с прямым углом  B1

  • Слайд 20

    В прямоугольном треугольнике  CBF  с прямым углом B

    В треугольнике CA1F

  • Слайд 21

    C 2 . В правильном тетраэдре ABCD  найдите угол между высотой DH тетраэдра   и медианой BM  боковой грани BCD .

    Пусть длина ребра тетраэдра равна a , угол ВМК искомый, тогда имеем:  

  • Слайд 22

    C 2. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите угол между прямыми SB и CD.

    Вместо прямой CD рассмотрим параллельную ей прямую BE. Искомый угол равен углу SBE. Треугольник SBE равносторонний, поскольку большая диагональ правильного шестиугольника вдвое больше его стороны: ВЕ=2СD Следовательно,угол CBE=600  . Ответ: 600

  • Слайд 23

    Угол между плоскостями

  • Слайд 24

    C 2. В правильной треугольной пирамиде  SABC с основанием ABC  точка M- середина ребра SA, точка K - серединаребра SB. Найдите угол между плоскостями CMK и ABC, если SC=8,   BC=6.

    Проведем перпендикуляр  CQ  к MK, так как треугольник  CMK равнобедренный, то   Q -середина MK.  Из точки  Q опустим перпендикуляр  QP  на плоскость основания. Точка  P лежит на медиане  CL треугольника  ABC. Прямая  MK параллельна прямой пересечения плоскостей CMK  и ABC, QP перпендикулярен MK  и CQ перпендикулярен MK.  Следовательно, угол QCP  — линейный угол искомого угла между плоскостями.

  • Слайд 25
  • Слайд 26

    C 2.В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известны ребра: AB=6, AD=8, CC1=16. Найдите угол междуплоскостями ABC  и A1DB.

    Плоскости ABC  и A1DB  имеют общую прямую BD. Проведем AH перпендикуляр к  BD. По теореме о трех перпендикулярах A1H перпендикулярен BD. Значит, линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC и A1DB  — это угол A1HA.  Из прямоугольного треугольника BAD  находим:

  • Слайд 27

    Из прямоугольного треугольника A1AH   находим: Значит, искомый угол равен 

  • Слайд 28

    Угол между прямой и плоскостью

  • Слайд 29

    C 2. В прямоугольном параллелепипеде  ABCDA1B1C1D1  известны AB=2, AD=AA1=1.Найдите угол между прямой AB1 и плоскостью ABC1. 

    Плоскости ABC1 и BCC1   перпендикулярны. Перпендикуляр из точки B1  к плоскости  ABC1  лежит в плоскости BCC1  и пересекает прямую BC1  в точке E . Значит, искомый угол равен углу B1AE.

  • Слайд 30

    В прямоугольном треугольнике B1AE    катет  гипотенуза  Поэтому

  • Слайд 31

    C 2. В правильной треугольной пирамиде  SABC с основанием  ABC известны ребра   Найдите угол, образованный плоскостью основания и прямой, проходящей через середины ребер AS и  BC.

    Пусть M  и N   — середины ребер AS   и  AN соответственно.   AN- медиана правильного треугольника ABC, следовательно, находится поформуле  Прямая AS  проецируется на плоскость основания и прямую AN.  Поэтому проекция точки  M-точка  M1 лежит на отрезке AN.   Значит, прямая   AN  является проекцией прямой MN, следовательно, угол MNM1 искомый.

  • Слайд 32

    Поскольку MM1 параллелен SO,где О- центр основания,  MM1 средняя линия треугольника SAO  Из прямоугольного треугольника  MM1N находим

  • Слайд 33

    Спасибо за внимание!

Посмотреть все слайды

Сообщить об ошибке