Дед Морозово ОГЭ

Уважаемые господа! В этом году, прежде чем попасть в школы и детские сады, Дед Мороз

и Снегурочка прошли сами через испытания Обрнадзора. То ли ВПР они назывались, то ли ЗПР, как-то так. И задания им не понравились. Скучные. И решили Дед Мороз и Снегурочка создать свои варианты испытательных тестов для проведения ОГЭ в 9 классах. Собрали всех своих помощников и вот что получилось.

1.    У Деда Мороза в его резиденции весь 2017 год работал комбинат по изготовлению подарков. В первом цехе работали Василисы премудрые, во втором Марьи искусницы, а в третьем одни Иванушки. Все три бригады изготовили вместе 132 млн подарков. Известно, что бригада Василис изготовила подарков в 3 раза больше, чем Марьи искусницы и на 6 млн подарков меньше, чем Иванушки. На сколько миллионов подарков больше изготовили Иванушки, чем Марьи искусницы?

Найти объем пирамиды

Приведем решение задачи по стереометрии из открытого банка заданий ФИПИ по математике ( в КИМах они идут под номером 14), за решение таких задач можно получить 2 первичных балла. Перед началом решения вспомним свойства перпендикулярных плоскостей.
Теорема. Если прямая лежит в одной из двух взаимно перпендикулярных плоскостей и перпендикулярна линии их пересечения, то эта прямая перпендикулярна другой плоскости.
Теорема. Если две плоскости, перпендикулярные третей плоскости пересекаются, то прямая их пересечения перпендикулярна третьей плоскости.

Задача. Основанием четырёхугольной пирамиды PABCD является трапеция ABCD, причём ∠BAD+∠ADC=90°. Плоскости PAB и PCD перпендикулярны плоскости основания, K – точка пересечения прямых AB и CD.

а) Докажите, что плоскости PAB и PCD перпендикулярны.

б) Найдите объём пирамиды KBCP, если AB=BC=CD=4, а высота пирамиды PABCD равна 9.

Решение. а) Плоскости PAB и PCD имеют две общих точки Р и К, значит они пресекаются по прямой РК. Но, если две плоскости, перпендикулярные третей плоскости пересекаются, то прямая их пересечения перпендикулярна третьей плоскости. Значит РК перпендикулярна плоскости АВС, прямым АВ и CD лежащим в плоскости АВС. Но тогда АКD – линейный угол двугранного угла АРКD. В треугольнике АКD по условию сумма углов BAD и ADC равна 90 градусам, значит третий угол АКD равен 90 градусам. Значит двугранный угол АРКD – прямой. Что и требовалось доказать.

В прямоугольной трапеции

В этом сообщении рассмотрим решение более сложной геометрической задачи №26 из пробного экзамена в формате ОГЭ, проводившегося в 9 классе в декабре 2017 года.

Задача. В трапеции ABCD боковая сторона AB перпендикулярна основанию BC. Окружность проходит через точки C и D и касается прямой AB в точке E. Найдите расстояние от точки E до прямой CD, если AD=20, BC=15.

Решение. Из точки Е проведем отрезок ЕН перпендикулярно CD. Длину отрезка ЕН и надо найти. Продолжим боковые стороны АВ и CD трапеции до пересечения в точке Р.

Рассмотрим треугольники ВРС и АРD. Они прямоугольные (по условию AB перпендикулярна основанию BC, а значит и АD) , имеют общий угол Р. Значит треугольники ВРСН и АРD подобны по первому признаку. Из пропорциональности сторон получаем

Через точку пересечения диагоналей

Рассмотрим решение геометрической задачи №25 из пробного экзамена в формате ОГЭ, проводившегося в 9 классе в декабре 2017 года. Задача на доказательство.

В доказательстве используется свойство диагоналей параллелограмма: диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. А также свойства углов образованных при пересечении двух параллельных прямых третьей.

Задача. Через точку O пересечения диагоналей параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая стороны AB и CD в точках Р и Т соответственно. Докажите, что отрезки AР и CТ равны.

Прямая, параллельная основаниям трапеции

Рассмотрим решение геометрической задачи №24 из пробного экзамена в формате ОГЭ,

проводившегося в 9 классе в декабре 2017 года. Разберем два способа решения этой задачи.

Задача 1. Прямая, параллельная основаниям трапеции ABCD, пересекает её боковые стороны AB и CD в точках E и К соответственно. Найдите длину отрезка EК, если AD=36, BC=18, CК:DК=7:2.

Решение. Пусть СК=5х, тогда КD=2х, СD=9х.

1 способ. Проведем диагональ АС, она разбивает трапецию на два треугольника. Рассмотрим треугольники АСD и ОСК. Так как прямые АD и ЕК параллельны по условию, то соответственные углы САD и СОК равны. Угол АСD у этих треугольников общий. Значит треугольники АСD и ОСК подобны по первому признаку и соответствующие стороны у них пропорциональны.

АС:ОС= АD:ОК=СD:СК=9х:7х=9:7. Отсюда АD:ОК= 9:7 или 36:ОК= 9:7. Из пропорции находим ОК= 36:9*7=28.

Ценные бумаги Пенсионного фонда

 Рассмотрим несколько задач с экономическим содержанием из открытого банка заданий ФИПИ.

Задача 1. Пенсионный фонд владеет ценными бумагами, которые стоят t² тыс. рублей в конце года t (t=1; 2; … ). В конце любого года пенсионный фонд может продать ценные бумаги и положить деньги на счёт в банке, при этом в конце каждого следующего года сумма на счёте будет увеличиваться в 1+r раз. Пенсионный фонд хочет продать ценные бумаги в конце такого года, чтобы в конце двадцатого года сумма на его счёте была наибольшей. Расчёты показали, что для этого ценные бумаги нужно продавать строго в конце девятого года. При каких положительных значениях r это возможно?

Удачное дополнительное построение

Рассмотрим серию геометрических задач из открытого банка ОГЭ ФИПИ. В решении используются свойства средней линии трапеции, свойства параллелограмма, равновеликие треугольники и равновеликие треугольник и трапеция. Но главное, что облегчает решение -
дополнительное построение.

Задача. Найдите площадь трапеции, диагонали которой равны 15 и 7, а средняя линия равна 10.

Решение. Построим заданную трапецию, в ней средняя линия МР=10, диагонали BD=15 и АС=7. По свойству средней линии трапеции можно найти сумму оснований ВС+АD=2МР = 20.

На первый взгляд все сложно.

Найдите основания трапеции

Рассмотрим сложную геометрическую задачу из открытого банка ОГЭ ФИПИ. В решении используются свойства средней линии и середин оснований трапеции, свойство медианы прямоугольного треугольника, свойство отрезков соединяющих середины противоположных сторон выпуклого четырехугольника.

Задача. Углы при одном из оснований трапеции равны 70 и 20 градусам, а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 18 и 10. Найдите основания трапеции.

Решение. Пусть основание AD больше основания BC, тогда острые углы равные 70 и 20 градусам лежат при оснований AD. Обозначим буквами М и Р середины боковых сторон AB и CD соответственно, тогда МР - средняя линия трапеции, по свойству средней линии трапеции AD+BC=2МР. Из условия мы знаем что МР равна либо 18 либо 10 .

Модуль квадратичной функции

Еще одна серия задач на построение графиков функций, но теперь это квадратичные функции под знаком модуля. Также повышенной трудности из открытого банка заданий ФИПИ по математике. Эти задачи предлагаются в контрольно-измерительных материалах ОГЭ под тем же номером 23 (модуль "Алгебра").

 Задача 1. Постройте график функции y=∣x² +5x+4∣. Какое наибольшее число общих точек график данной функции может иметь с прямой, параллельной оси абсцисс?

Решение. Область определения данной функции R.

График функции y=∣x² +5x+4∣ получается из графика квадратичной функции y=x² +5x+4 симметричным отображением относительно оси Ох той части графика, где у меньше нуля. Найдем координаты вершины параболы y=x² +5x+4 по формуле х₀= -b/(2a) =-5/2=-2,5. Тогда у0 = (-2,5)²+5*(-2,5)+ 4= - 2,25. Модуль эту точку отобразит в точку (2,5; 2,25).

Найдем точки пересечения параболы с осью Ох, решив уравнение x² +5x+4 = 0. Его корни х₁ = -1 и х₂ = -4. В этих точках график функции y=∣x² +5x+4∣ будет касаться оси Ох.

Графики с дыркой на ОГЭ

Рассмотрим задачи повышенной трудности из открытого банка заданий ФИПИ по математике. В них необходимо уметь строить графики различных функций, находить точки пересечения этих графиков. Такие задачи предлагаются в контрольно-измерительных материалах ОГЭ под номером 23 (модуль "Алгебра") и оцениваются в 2 балла.

Задача 1. Постройте график функции 

Определите, при каких значениях m прямая y=m не имеет с графиком общих точек.

На доске натуральные числа

Рассмотрим очередную задачу из открытого банка заданий ФИПИ по математике (профильный уровень), задача о натуральных числах и довольно простая. Такие задачи в контрольно-измерительных материалах стоят под номером 19. За правильное решение подобных задач можно получить сразу 4 первичных балла.

Задача. На доске написано несколько различных натуральных чисел, произведение любых двух из которых больше 25 и меньше 85.

а) Может ли на доске быть 5 чисел?

б) Может ли на доске быть 6 чисел?

в) Какое наибольшее значение может принимать сумма чисел на доске, если их четыре?

Решение. Произведение любых двух чисел из некоторого набора натуральных чисел больше 25, если в этом наборе произведение двух самых маленьких чисел больше 25. Произведение любых двух чисел из того же набора меньше 85, если в этом наборе произведение двух самых больших чисел меньше 85.

а) Такой набор из 5 чисел легко подобрать 5,6,7,8,9.

Сколько сделать фотографий?

Рассмотрим задачу из открытого банка заданий ФИПИ по математике (профильный уровень), такие задачи в КИМах стоят под номером 19. За правильное решение таких задач можно получить сразу 4 первичных балла.

Задача 1. Маша и Наташа делали фотографии в течение некоторого количества подряд идущих дней. В первый день Маша сделала m фотографий, а Наташа – n фотографий. В каждый следующий день каждая из девочек делала на одну фотографию больше, чем в предыдущий день. Известно, что Наташа за всё время сделала суммарно на 1001 фотографию больше, чем Маша, и что фотографировали они больше одного дня.

а) Могли ли они фотографировать в течение 7 дней?

б) Могли ли они фотографировать в течение 8 дней?

в) Какое наибольшее суммарное число фотографий могла сделать Наташа за все дни фотографирования, если известно, что в последний день Маша сделала меньше 40 фотографий?

Решение.

а) за семь дней сделают

Маша m+ m+1+ m+2+ m+3+ m+4+ m+5+ m+6=7 m+21,

Наташа n+ n+1+ n+2+ n+3+ n+4+ n+5+ n+6=7 n+21.

Но Наташа сделала на 1001 фотографию больше, чем Маша. То есть

7 n+21-(7 m+21)=1001. Отсюда  7 n-7 m=1001 и, после деления на 7 получаем  

 n- m=143. n= m+143.

Из полученного равенства видно, что решений в этом случае бесконечно много, например n=1, m=144 или  n=2,  m=145.

Решение логарифмических неравенств

Рассмотрим решение логарифмических неравенств из открытого банка заданий ФИПИ для подготовки к ЕГЭ по математике, соответствующего заданию под номером 15 КИМов.

Сушим фрукты на ОГЭ

Приводим серию задач из открытого банка заданий ФИПИ по математике для подготовки к ОГЭ. Эти задачи идут на итоговой аттестации под номером 22.

Задача 1. Свежие фрукты содержат 78% воды, а высушенные — 22%. Сколько требуется свежих фруктов для приготовления 22 кг высушенных фруктов?

Решение. Высушенные фрукты содержат 22% воды, остальные 78% - «сухие» вещества, из которых состоят фрукты. Найдем количество «сухих» веществ в высушенных фруктах

22 кг  -  100%

х кг   -   78%. Отсюда х = 22*78/100 = 17,16 кг.

Но в свежих фруктах содержалось такое же количество «сухих» веществ (испаряется только вода), получаем

17,16 кг   -  22%

х кг         -  100%. Отсюда х = 17,16*100/22= 78 кг.

Ответ 78.

Задача 2. Свежие фрукты содержат 88% воды, а высушенные — 30%. Сколько сухих фруктов получится из 420 кг свежих фруктов?

Две окружности и две касательных

Рассмотрим решение задачи повышенной трудности из сборника контрольно-измерительных материалов «Математика. ОГЭ. 2018» под редакцией И.В. Ященко.

Задача. Окружности радиусов 42 и 84 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.

Решение. Продолжим касательные АС и BD до пересечения в точке Е. Вспомним свойство касательных.

Если из точки вне окружности провести две касательные к этой окружности, то их отрезки от данной точки до точек касания равны и центр окружности лежит на биссектрисе угла, образованного касательными.

Доказано тремя способами

Рассмотрим три способа решения одной задачи по геометрии повышенной сложности, такие задачи на ОГЭ идут под номером 25, на доказательство.

Задача. Две окружности с центрами К и Р пересекаются в точках В и С, центры К и Р лежат по одну сторону относительно прямой ВС. Доказать, что прямая ВС перпендикулярна прямой КР.

Доказательство.

1 способ. (Используем свойства равнобедренного треугольника) Соединим центры К и Р с точками пересечения окружностей В и С. Треугольник КВС – равнобедренный, так как КВ и КС – радиусы окружности с центром К. Из точки К проведем перпендикуляр КН к прямой ВС. По свойству равнобедренного треугольника КН является и медианой, то есть ВН=НС.

Треугольник РВС – тоже равнобедренный, так как РВ и РС – радиусы окружности с центром Р. Соединим точки Р и Н, РН – медиана треугольника РВС. По свойству равнобедренного треугольника РН является и высотой. Но через точку Н можно провести только одну прямую, перпендикулярную прямой ВС. Значит прямая КР проходит через точку Н и перпендикулярна ВС. Что и требовалось доказать.

Когда приедет желтое такси

Рассмотрим серию простых задач по теории вероятности, которые предлагает Открытый банк заданий ОГЭ ФИПИ.

Задача 1. В фирме такси в данный момент свободно 15 машин: 3 чёрных, 6 жёлтых и 6 зелёных. По вызову выехала одна из машин, случайно оказавшаяся ближе всего к заказчику. Найдите вероятность того, что к нему приедет жёлтое такси.

Решение. Вероятность события равна отношению числа благоприятных этому событию исходов к общему числу всех возможных исходов. В данной задаче интересующее нас событие – приезд желтой машины. Из пятнадцати машин (возможные исходы), желтых 6 (благоприятный исход). Вероятность приезда желтой машины P=6/15 = 0,4.

Ответ: P=0,4.

Двумя способами

Рассмотрим два способа решения одного уравнения (задания, которые предлагаются под номером 21 на ОГЭ, то есть повышенной трудности). Все задания из Открытого банка заданий ФИПИ.

Методом замены переменных

Рассмотрим несколько примеров на решение уравнений методом замены переменных (задания, которые предлагаются под номером 21 на ОГЭ, то есть повышенной трудности). Все задания из Открытого банка заданий ФИПИ.

 Переходим к решению другого задания.

Параллелограмм на клетчатой бумаге

И на ОГЭ в 9 классе, и на ЕГЭ в 11 классе достаточно много заданий на клетчатой бумаге. В этом сообщении мы рассмотрим несколько задач, составленных по одному чертежу.
На клетчатой бумаге с размером клетки 1х1 изображён параллелограмм.
Задача 1. Найдите площадь этого параллелограмма.
Задача 2. Найдите периметр этого параллелограмма.
Задача 3. Вычислите котангенс острого угла параллелограмма.
Задача 4. Вычислите синус острого угла параллелограмма.
Задача 5. Вычислите косинус острого угла параллелограмма.
Задача 6. Найдите длину меньшей диагонали параллелограмма.

Остроугольный треугольник и полуокружность

Рассмотрим подробно решение задачи повышенной сложности по геометрии из сборника

контрольно-измерительных материалов ОГЭ. Она показывает, как важно в геометрической задаче правильно выполнить чертеж.

Задача. На стороне ВС остроугольного треугольника АВС как на диаметре построена полуокружность, пересекающая высоту АР в точке М, АР = 80, МР = 64, Н – точка пресечения высот треугольника АВС. Найдите АН.

Решение. Построим остроугольный треугольник АВС, на стороне ВС как на диаметре построим полуокружность. Проведем высоту АР, она, по условию, пересекает полуокружность в точке М.

О, великий Desmos!

Весь октябрь, с 1 по 31, участвовал в мастер-классе Людмилы Рождественской

"Проектирование учебных занятий по математике в среде Teacher Desmos". Пять этапов, пять выполненных заданий, все по тригонометрии для 10-11 классов.

Задания были отмечены автором проекта в публикации Задания по тригонометрии от Олега Кривошеина на сайте проекта, ссылки на работы помещены на страницу Примеры готовых активностей в раздел "Тригонометрия":

Количество корней тригонометрического уравнения Автор Олег Кривошеин

Комментарий от Л. Рождественской "Как всегда, отлично! Замечательна сама идея и здорово сделано!"

Решение профильных задач ЕГЭ по планиметрии от Бориса Трушина

Решение стереометрических задач ЕГЭ от Бориса Трушина

Свойства арифметического корня n степени

Презентация Будущее начинается здесь
Форма для ответов

Готовимся к муниципальному этапу

 Задания для 9 класса. Но некоторые из них могут решать и другие классы.

Источник http://info.olimpiada.ru/activity/72/tasks/2016

1.      В зоопарке есть 10 слонов и огромные чашечные весы. Известно, что если любые четыре

слона встанут на левую чашу весов, а любые три – на правую, то левая чаша перевесит. Пять слонов встали на левую чашу и четыре – на правую. Обязательно ли левая чаша перевесит?

2.      На доске записаны двузначные числа. Каждое число составное, но любые два числа взаимно просты. Какое наибольшее количество чисел может быть записано?

3.      В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты  AD и CE. Точки M и N – основания перпендикуляров, опущенных на прямую DE из точек A и C соответственно. Докажите, что ME = DN.

Трапеция становится равнобедренной

Задача.
Дана трапеция, у которой длина одной из диагоналей равна сумме длин оснований, а угол между диагоналями равен 60°. Докажите, что трапеция – равнобедренная.
Решение задачи:
1 случай. Пусть угол АОD равен 60 градусам. Пусть AD = a, BC = b, AC = a + b. На прямой

AD за точкой D отложим отрезок DM = BC. Тогда AМ = a + b. Четырехугольник ВСМD – параллелограмм, так как отрезки ВС и МD равны и параллельны. Следовательно угол АСМ равен углу АОD и равен 60 градусам. В треугольнике АСМ имеем АС=АМ и угол АСМ равен 60 градусам, значит этот треугольник равносторонний. Углы САМ и СМА также равны 60 градусам. Но угол ВDМ равен углу СМА как односторонние при параллельных ВD и СМ и секущей АМ. Значит треугольник АОD равносторонний, треугольник ВОС тоже равносторонний.

Отсюда следует, что диагонали трапеции равны, значит трапеция – равнобедренная.

Задача для исследования

Рассмотрим задачу, предлагавшуюся на одной из школьных олимпиад по математике.

Задача 1.
Через точку О, которая является центром окружности, проведена прямая, пересекающая окружность в точке А.  Радиус ОВ проведен так, что угол АОВ=60°. На прямой ОВ выбрана точка С так, что СК = ОВ, здесь К точка пересечения прямой ВС с данной окружностью. Найдите величину угла КСО.

Решение. Проведём радиус ОК, тогда треугольники ОКВ и ОКС – равнобедренные, ОК = ОВ как радиусы окружности, а ОВ =СК по условию задачи. Из свойства равнобедренного треугольника следует равенство углов ОВК = ОКВ и КОС = КСО. Заметим, что угол ОКВ является внешним углом треугольника ОКС и  равен сумме углов ОСК и СОК. Но углы ОСК и СОК равны, значит угол ОКВ равен двум углам ОСК. Если величину угла ОСК обозначим через х, величина углов ОКВ и ОВК равна 2х.