ПРОЕКТ на тему: «Некоторые задачи II части ОГЭ по математике»

 Государственное бюджетное общеобразовательное учреждение средняя общеобразовательная школа №26 города Сызрани городского округа Сызрань Самарской области

ПРОЕКТ

на тему: «Некоторые задачи II части ОГЭ по математике»

Сызрань, 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.