ПРОЕКТ
на тему: «Некоторые задачи II части ОГЭ по математике»
2018 год
Введение.
Определение проблемы: необходимость разобрать решения сложных задач второй части экзаменационной работы.
Задачи исследования: изучение методов решения некоторых сложных, наиболее часто встречающихся, видов школьных математических задач из II части тестов ОГЭ; рассмотрение структуры процесса решения задач; развитие умений самостоятельно конструировать свои знания; ориентироваться в информационном и социальном пространстве.
Гипотеза: применение разнообразных форм работы, развитие умения составлять формулы зависимостей между математическими величинами на основе обобщения частных случаев.
Обсуждение методов исследования.
- Метод конкретных ситуаций (совместное обсуждение методов решения задачи под руководством преподавателя, следование принципу «процесс обсуждения важнее самого решения», самостоятельное изучение и подготовленное в письменном виде решение сложной задачи)
Результаты исследования.
- Сбор, систематизация полученной информации в виде решенных задач, корректировка
Анализ полученных данных.
- Оформление результатов исследовательской работы в электронном виде
Вывод:
- При решении систем уравнений второй степени целесообразно применять метод подстановки;
- При решении текстовых задач важно правильно ввести переменную и составить формулу зависимости между величинами;
- При решении геометрических задач внимательно анализировать условие задачи, находить взаимосвязь между элементами геометрических фигур, применять разные методы решения задачи.
Практическая часть.
Задания типа № 21.
№1. Решите систему уравнений:
Решение.
Последовательно получаем:
Ответ: (0; 0); (;
).
№2. Сократите дробь
Решение.
Сгруппируем и вынесем общий множитель:
Ответ: .
№3. Решите систему уравнений
Решение.
Выразим y из первого уравнения и подставим во второе, предварительно умножив обе его части на 6:
Ответ: (−3,5; 1).
№4. Решите систему уравнений
Решение.
Из первого уравнения системы
выразим: .
Подставим полученное выражение во второе уравнение системы, получаем
D = b2 – 4ac
D = 72 - 4 = 49 – 48 = 1
х1 = - 4, х2 = - 3
Вычислим значение у1 и у2:
у1 = - (-4) – 7 = - 3
у2= - (-3) – 7 = - 4
Таким образом, решение исходной системы .
Ответ: .
Задания типа № 22.
№1. Расстояние
между двумя пристанями по реке равно 80 км. Катер прошёл от одной пристани
до другой, сделал стоянку на 1 ч 20 мин и вернулся обратно. Всё путешествие
заняло Найдите скорость течения
реки, если известно, что скорость катера в стоячей воде равна 18 км/ч.
Решение.
Пусть скорость течения реки
равна км/ч.
Тогда скорость катера по течению реки равна (18 + х) км/ч, а против
течения (18 – х) км/ч. Время движения катера от одной пристани
до другой по течению реки равно
, а против течения
. Весь путь занял
-
= 9 ч. Составим уравнение:
Корень −2 не удовлетворяет условию задачи. Скорость течения реки равна 2 км/ч.
Ответ: 2 км/ч.
№2. На пост главы администрации города претендовало три кандидата: Андреев, Борисов, Васильев. Во время выборов за Васильева было отдано в 1,5 раза больше голосов, чем за Андреева, а за Борисова — в 4 раза больше, чем за Андреева и Васильева вместе. Сколько процентов голосов было отдано за победителя?
Решение.
Заметим, что победителем
на выборах окажется Борисов. Пусть количество голосов, отданных за
Борисова, равно х. Тогда за Андреева и Васильева вместе отдали
. Процент голосов, отданных
за Борисова х : (х +
) × 100 = 80%.
Ответ: 80%.
№3. Из городов А и В навстречу друг другу одновременно выехали мотоциклист и велосипедист. Мотоциклист приехал в В на 33 минуты раньше, чем велосипедист приехал в А, а встретились они через 22 минуты после выезда. Сколько часов затратил на путь из В в А велосипедист?
Решение.
Пусть —
скорость мотоциклиста,
—
скорость велосипедиста. Примем расстояние между городами за единицу. Мотоциклист
и велосипедист встретились через 22 минуты, то есть через
часа, после выезда, поэтому
Мотоциклист прибыл в B на
33 минуты раньше, чем велосипедист в А, откуда
Получаем систему
уравнений:
Скорость мотоциклиста не
может быть отрицательной, поэтому скорость велосипедиста равна , а время, затраченное на
весь путь равно
Ответ: 1,1.
№4. Игорь и Паша красят забор за 18 часов. Паша и Володя красят этот же забор за 20 часов, а Володя и Игорь — за 30 часов. За сколько минут мальчики покрасят забор, работая втроём?
Решение.
За один час Игорь и Паша красят 1/18 забора, Паша и Володя красят 1/20 забора, а Володя и Игорь — за 1/30 забора. Работая вместе, за один час два Игоря, Паши и Володи покрасили бы:
забора.
Тем самым, они могли бы покрасить один забор за 7,2 часа. Поскольку каждый из мальчиков был учтен два раза, в реальности Игорь, Паша и Володя могут покрасить забор за 14,4 часа=864 минуты. Ответ: 864
Задания типа № 23.
№1. Постройте
график функции y =
. Определите, при каких
значениях k прямая y = kx имеет с графиком
ровно одну общую точку.
Решение.
Упростим выражение для функции:
при
.
Таким образом, получили, что
график нашей функции сводится к графику функции y = с выколотой точкой (-
; -9).
Построим график функции (см. рисунок).
Заметим, что прямая y = kx проходит
через начало координат и будет иметь с графиком функции ровно одну общую
точку только тогда, когда будет проходить через выколотую точку (-; -9). Подставим
координаты этой точки в уравнение прямой и найдём коэффициент k.
Ответ: 81.
№2. Известно, что графики функций y = x2 + p и y = 4x – 5 имеют ровно одну общую точку. Определите координаты этой точки. Постройте графики заданных функций в одной системе координат.
Решение.
Найдём абсциссы точек пересечения:
Графики функций, будут иметь ровно одну точку пересечения, если это уравнение имеет ровно одно решение. То есть, если дискриминант этого квадратного уравнения будет равен нулю.
Подставив параметр p в уравнение, найдём x координату точки пересечения этих функций:
Координата y находится оттуда же путём подстановки координаты x в любое из уравнений, например, во второе:
Теперь, зная p можем построить графики обеих функций (см. рисунок).
Ответ: (2; 3)
№3.
Постройте график функции y = и
определите, при каких значениях k построенный график не будет иметь общих точек с прямой y = kx.
Решение.
Преобразуем функцию: y = при x ≠ -3 и x
≠ 9 . График — прямая y = x – 3 без двух точек (-3; -6) и (9; 6). Прямая y = kx не
будет иметь с построенной прямой общих точек, если она будет ей
параллельна, т. е. при k = 1 , и
если она будет проходить через выколотые точки. Через первую из этих точек
прямая y = kx проходит,
если k = 2, а через вторую — если k =
.
Ответ:
№4. Постройте
график функции и
определите, при каких значениях параметра a он имеет
ровно две общие точки с прямой y = a.
Решение.
Построим график функции y = −x2 − 4x − 4 на промежутке (−∞; −1), график функции y = x на промежутке [−1; 1] и график функции y = 2 − x на промежутке (1; +∞).
Прямая y = a имеет с построенным графиком ровно две общие точки при a < −1 и при 0 < a < 1.
Ответ: a < −1, 0 < a < 1.
Задания типа № 24.
№1. Стороны AC,
AB, BC треугольника ABC равны 2,
и 2 соответственно.
Точка K расположена вне треугольника ABC ,
причём отрезок KC пересекает сторону AB в
точке, отличной от B. Известно, что треугольник с вершинами K,
A и C подобен исходному. Найдите косинус
угла AKC, если ∠KAC > 90°.
Решение.
Рассмотрим подобные треугольники ABC и AKC и
установим соответствие между их углами. Против большей стороны всегда
лежит больший угол, в треугольнике ABC это
угол ABC в треугольнике ,
в свою очередь, есть тупой угол
и
он является наибольшим, значит∠КАС = ∠АВС. Угол АСК заведомо
не может быть равен углу
так
как он составляет только его часть. Следовательно угол АСВ равен
углу АКС.
Найдём косинус угла используя
теорему косинусов:
Ответ:
№2. Прямая,
параллельная основаниям и
трапеции
,
проходит через точку пересечения диагоналей трапеции и пересекает
её боковые стороны
и
в
точках
и
соответственно.
Найдите длину отрезка
,
если
,
.
Решение.
1) по
двум углам:
а) как
вертикальные;
б) как
внутренние накрест лежащие углы при
и
секущей
.
2) по
двум углам:
а) —
общий;
б) как
соответственные при
и
секущей
.
3) аналогичен
4)
Ответ: 19,2 см.
№3.
В треугольнике АВС углы А и С равны
20° и 60° соответственно. Найдите угол между высотой ВН и
биссектрисой BD.
Решение.
Из треугольника АВС найдем ∠АВС:
—
биссектриса, следовательно,
Треугольник НВС — прямоугольный, следовательно:
Найдём угол DBH:
Ответ: 20°.
№4. В треугольнике АВС углы А и С равны 20° и 60° соответственно. Найдите угол между высотой ВН и биссектрисой BD.
Решение.
Найдем
Так как BD - биссектриса,
то
Треугольник HBC-
прямоугольный. Так как то
Таким образом, искомый угол
DBH равен
Ответ:
Задания типа № 25.
№1. В параллелограмме KLMN точка B — середина стороны KN. Известно, что BL = BM. Докажите, что данный параллелограмм — прямоугольник.
Решение.
Противоположные стороны
параллелограмма равны, то есть Рассмотрим
треугольники
и
,
в них
равно
равно
и
равно
следовательно
треугольники равны по трём сторонам, а значит,
Вспомним также, что противоположные углы параллелограмма равны, следовательно:
Сумма углов параллелограмма 360°:
Все углы параллелограмм прямые, а следовательно, этот параллелограмм — прямоугольник
№2. В параллелограмме KLMN точка B — середина стороны KN. Известно, что BL = BM. Докажите, что данный параллелограмм — прямоугольник.
Решение.
Противоположные стороны
параллелограмма равны, то есть Рассмотрим
треугольники
и
,
в них
равно
равно
и
равно
следовательно
треугольники равны по трём сторонам, а значит,
Вспомним также, что противоположные углы параллелограмма равны, следовательно:
Сумма углов параллелограмма 360°:
Все углы параллелограмм прямые, а следовательно, этот параллелограмм — прямоугольник.
№3. В параллелограмме ABCD диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Докажите, что площадь параллелограмма ABCD в четыре раза больше площади треугольника BOC.
Решение.
Проведём высоту так,
чтобы она проходила через точку
Углы
и
равны
друг другу как вертикальные. Вспомним также, что диагонали делятся точкой
пересечения пополам, следовательно,
Рассмотрим
треугольники
и
,
они прямоугольные, имеют равные углы и равные гипотенузы, следовательно
эти треугольники равны, а значит равны отрезки
и
.
Таким образом,
Площадь параллелограмм
равна а
площадь треугольника
№4. Докажите, что биссектрисы углов при основании равнобедренного треугольника равны.
Решение.
Имеем:
Докажем, что .
1) по
стороне и двум прилежащим к ней углам:
а) — общая;
б) по
свойству углов равнобедренного треугольника;
в) по
определению биссектрисы и равенству углов при основании равнобедренного
треугольника.
2) как
соответствующие элементы равных треугольников.
Задания типа № 26.
№1. В треугольнике ABC на его медиане BM отмечена точка K так, что BK : KM = 10 : 9. Прямая AK пересекает сторону BC в точке P. Найдите отношение площади четырёхугольника KPCM к площади треугольника ABС
Решение.
Пусть площадь
треугольника равна
Проведём прямую параллельную
Точка
—
середина
следовательно,
—
средняя линия треугольника
значит,
По
теореме Фалеса для угла
находим:
а
так как
получаем,
что
Стороны треугольников и
сонаправлены,
их площади относятся как произведение отношений сонаправленных сторон, поэтому
то есть откуда
,
в то время как
следовательно,
Тем самым, для искомого отношения площадей имеем:
Ответ:
№2. Из вершины
прямого угла C треугольника ABC проведена
высота CP. Радиус окружности, вписанной в треугольник BCP,
равен 42, тангенс угла BAC равен Найдите
радиус окружности, вписанной в треугольник ABC.
Решение.
Угол BAC равен
углу BCP так как и
.
Так как тангенс это отношение противолежащего катета к прилежащему,
имеем:
Тогда
а
гипотенуза
по
теореме Пифагора. Площадь треугольника равна произведению половины
его периметра на радиус вписанной окружности, но площадь прямоугольного
треугольника равна половине произведения катетов, имеем:
Таким образом, а
Так
как
то
а
по
теореме Пифагора.
В треугольнике площадь
равна произведению половины его периметра на радиус вписанной в
него окружности, но площадь прямоугольного треугольника равна половине
произведения катетов, имеем:
Ответ:
№3. Диагонали
четырёхугольника ,
вершины которого расположены на окружности, пересекаются в
точке
.
Известно, что
=
74°,
=
102°,
=
112°. Найдите
.
Решение.
Пусть .
= 180°
− 112° = 68°;
;
= 102°
− x;
+
102° − x = 68°; x =
+
34°.
= 74°;
= x;
= 74°
− x; 2x = 108°, x = 54°.
Ответ: 54°.
№4. Из вершины прямого угла C треугольника ABC проведена
высота CP. Радиус окружности, вписанной в треугольник BCP,
равен 75, тангенс угла BAC равен Найдите
радиус окружности, вписанной в треугольник ABC.
Решение.
Рассмотрим треугольники и
они
прямоугольные. Углы
и
равны,
как углы с взаимно перпендикулярными сторонами, следовательно, треугольники
и
подобны
по двум углам, их коэффициент подобия
Найдём
синус угла
В подобных треугольниках
соответственные элементы пропорциональны, следовательно,
Ответ: 85.
Материалы на данной страницы взяты из открытых источников либо размещены пользователем в соответствии с договором-офертой сайта. Вы можете сообщить о нарушении.