Проект "Сборник заданий с решениями для подготовки к ОГЭ"

В создании сборника участвовали:

Елисеева Дарья

Кибкало Артём

Зырянов Денис

Деняк Маргарита

Кузьмина Ксения

Руководитель Белая И.В.

Этот сборник предназначен для помощи в подготовке к основному государственному экзамену по математике. Здесь рассмотрены задачи второй части, которые требуют не только умение решать их, но и правильность оформления. В зависимости от полноты описания решения за одну и ту же задачу можно получить различное количество баллов.

Мы использовали задания сайта http://alexlarin.net/ 

Оформленные решения могут иметь другие интерпретации. Ваше решение должно быть математически грамотным и полным, из него должен быть понятен ход  ваших рассуждений. Лаконичное решение, не содержащее неверных утверждений, все выкладки которого правильны, рассматривается как решение без недочетов. Если решение удовлетворяет этим требованиям, то выставляется полный балл, которым оценивается это задание. Если в решении допущена ошибка непринципиального характера (вычислительная, погрешность в терминологии или символике и др.), не влияющая на правильность общего хода решения (даже при неверном ответе) и позволяющая, несмотря на ее наличие, сделать вывод о владении материалом, то учащемуся засчитывается балл, на один  меньший указанного. 

Для знакомства в сборнике помещены критерии оценивания некоторых заданий второй части.  Вы можете узнать,  за что можно потерять драгоценные  баллы. Внимательно изучите материал.

Желаем успешной сдачи экзаменов!

Задание 21

Вариант 45.

21. Решите уравнение х⁶= (8x-15)³ Решение: х⁶ = (8x-15)³;(x²)³=(8x-15)³.

Извлекая корень третьей степени из обеих частей уравнения, получаем уравнение x²=8x-15 , равносильное данному. x²-8x+15=0, D=4, x₁=5 ; x₂=3

Ответ: 3;5.

Вариант 46.

21. Решите систему уравнений 

xy 2

2x2 xyy2 8



Решение:

xy2 ^2 ² xyy² 8

x 

x 2y

^           ²              (2y)yy² 8

2(2y) 

2(2-y)²+(2-y)y+y²=8;

2(4-4y+y²)+2y-y²+y²-8=0;

8-8y+2y²+2y-8=0; 2y²-6y=0; y²-3y=0; y(y-3)=0; y=0          или      y=3 x=2-0=2;x=2-3=-1.

Ответ: (2;0);(-1;3).

Вариант 47.

21.Найдите значение выражения │354∙352-355∙353│+│354∙356-355∙353│ Решение:

Так как 354∙352<355∙353, то 354∙352-355∙353<0.

Значит, │354∙352-355∙353│= 355∙353-354∙352.

Так как 354∙356>355∙353,то 354∙356-355∙353>0.

Значит, │354∙356-355∙353│= 354∙356-355∙353.

Тогда имеем:

│354∙352-355∙353│+│354∙356-355∙353│= 355∙353-354∙352+354∙356-355∙353=

= -354∙352+354∙356=354∙(356-352)=354∙4=1416.

Ответ: 1416.

Вариант 48.

21.Упростите выражение:

     1           a²  4            a 1 1 1

 a  2  a3  2 2  :2  2  a 

Решение:

1)

y x22x7x58

Решение:

                    2x^5                                                                                                  2x5

y x₂ 7x_8 .      Область определения функции  задается условием x_{2 }7x_8 ≥ 0.   _

²-7x-8≠0 , т.е. x≠8 и x≠-1. Нули функции: x₂2x7x5_8 =0, 2x-5=0, x=2,5.

x

_

              -                    +               -                  +    

                                 -1                2,5                   8 

_Ответ: x-1;2,58;.

Вариант 50.

21.Найдите значение выражения 

 

Решение:

=_ (288 287)  (288²  287²) _ (288 287)  (288 287)(288 287) _ 575 5751 _ 1150 _ 46.

                                                                                  25                                                  25                                      25             25

Ответ:46.

Задание 22

Вариант 45.

22. Из двух лодочных станций, расположенных на реке, одновременно навстречу друг другу вышли две моторные лодки с одинаковой собственной скоростью. Началась гроза, и одна из лодок вернулась на станцию, пройдя по течению 20 минут, а другая повернула обратно через 30 минут после выхода со станции. Обратный путь обеих лодок в сумме занял 50 минут. Во сколько раз скорость лодки по течению больше скорости лодки против течения?

Решение:

Пусть xкм/ч собственная скорость лодок, а yкм/ч скорость течения. Тогда (x+y) км/ч скорость лодок по течению, а (x-y)км/ч скорость лодок против течения. Путь первой лодки по течению составил (x  y) км, а второй против течения  (x  y) км (до поворота).Зная, что обратный путь обеих лодок в сумме

занял 50 мин. =  ч , составим и решим уравнение.

1                  1

      (x y)          (xy)      5                x  y                   1       1 1           5

3  2     .   Пусть         t , тогда          t  t  . xy     x y     6          x  y    3          2          6

^{t 1 5 2}+3=5t,   2t²-5t+3=0,   t₁=1,   t₂=1,5. _{ } ,     2t

3     2t     6

x y

Т.к.  - отношение, показывающее во сколько раз скорость лодки по течению больше скорости лодки x y

против течения, то t=1 не удовлетворяет. Значит, в 1,5 раза. Ответ: в 1,5 раза.

Вариант 46.

22. Свежие фрукты содержат 79% воды, а высушенные – 16%.Сколько требуется свежих фруктов для приготовления 72кг высушенных фруктов?

Решение:

Так как свежие фрукты содержат 79% воды, то сухого вещества в них 100-79=21(%)  В сухих фруктах 16% воды, значит сухого вещества 84%.

Так как приготовили 72кг высушенных фруктов, а в них 84% сухого вещества , то его масса 72∙0,84=60,48(кг)

В свежих фруктах 60,48 кг составляют 21% , тогда масса свежих фруктов 60,48:0,21=288(кг) Ответ:288кг

Вариант 47.

22.Миша идет по эскалатору. В первый раз он насчитал 10 ступенек, а во второй раз, двигаясь с той же скоростью, но в противоположном направлении , он насчитал 15 ступенек. Сколько ступенек насчитал бы Миша на неподвижном эскалаторе?

Решение:

Первый способ:

Пусть  x ступенек исчезает (или появляется) в эскалаторе, когда Миша делает шаг, тогда длина эскалатора (10+ 10x) или (15-15x) ступенек. Значит, 

10+ 10x= 15-15x, 25x=5,

х  .

Значит,  часть ступеньки исчезает на 1 шаг. 

Тогда на неподвижном эскалаторе Миша насчитает 10+10 =12 (ступенек) 

Ответ: 12 ступенек.

Второй способ:

При нулевой скорости эскалатора число ступенек равно среднему гармонического , т.е.

N         2          2^30 =12(ступенек).

1 1



10 15

Ответ: 12 ступенек.

Вариант 48.

22.После окончания сбора урожая, выяснилось, что с первого участка собрано 200ц пшеницы, а со второго, площадью на 2 га больше, собрано 300ц. При этом, урожайность на втором участке оказалась на 5ц с гектара больше, чем на первом. Найдите площадь каждого участка.

Решение:

Пусть x га площадь первого участка, тогда (x+2) га площадь второго участка. Урожайность первого

                     200                            300

участка     ц/га, а второго           ц/га. Зная, что урожайность на втором участке оказалась на 5 ц с x            x2

гектара больше, чем на первом, составим и решим уравнение:

300       200

-   =5, x  2            x

300x-200(x+2)=5x(x+2), 100x-400-5x²-10x=0, x²-18x+80=0, x₁=8 ,  x₂=10.

Значит, площадь первого участка 8 га или 10 га .

Тогда площадь второго соответственно 10 га или 12 га.

Ответ:8 га и 10 га; 10 га и 12 га.

Вариант 49.

22.Две строительные бригады, работая вместе, могут выполнить работу за три дня. Первая бригада, работая одна, выполнит эту работу на 8 дней быстрее, чем вторая. За сколько дней может выполнить работу первая бригада? 

Решение:

Пусть за x дней может выполнить работу первая бригада, тогда вторая – за (x+8) дней. За один день

                                                         1                                                     1

первая бригада выполнит  часть всей работы, а вторая    часть. Зная, что работая вместе, две x      x  8

бригады могут выполнить работу за три дня, составим и решим уравнение:

 1        1 

             3  1,

 x     x 8

3         3

                 1,

x      x  8

3x+24+3x=x²+8x, x²+2x-24=0, x₁=4, x₂=-6(не удовлетворяет смыслу задачи).

Значит, за 4 дня первая бригада может выполнить всю работу. Ответ: за 4 дня.

Вариант 50.

22.  Из  пункта A в пункт B вышел пешеход. Вслед за ним через 2 часа из пункта А выехал велосипедист, а еще через 30 минут – мотоциклист. Пешеход, велосипедист и мотоциклист двигались равномерно и без остановок. Через некоторое время после выезда мотоциклиста оказалось, что к этому моменту все трое преодолели одинаковую часть пути от A до B. На сколько минут раньше пешехода в пункт В прибыл велосипедист, если пешеход прибыл в пункт В на 1 час позже мотоциклиста?

Решение:

Первый способ:

Будем считать, что когда все трое преодолели одинаковую часть пути от A до B, мотоциклист был в

пути x ч., тогда велосипедист (x+0,5)ч, а пешеход (x+2,5)ч. После этого мотоциклист был в пути y ч., а

x               x  2,5

пешеход (y+1) ч. Так как все двигались равномерно, то                  

y               y 1

x=2,5y, т.е. время, потраченное после встречи, у всех было в 2,5 раза меньше, чем до встречи. x  0,5

Значит,       2,5 , где z час. потрачено велосипедистом после встречи. z

x+0,5=2,5z, 2,5y+0.5=2,5z

z=y+0,2. Значит, велосипедист пришел в B позже мотоциклиста на 0,2 ч , т.е. на 12 мин. А так как пешеход прибыл в B на 1 час позже мотоциклиста, то велосипедист прибыл в пункт B на 48 мин. раньше пешехода.

Ответ: на 48 минут.

Второй способ решения (графический):

Пусть AA₁ путь пешехода, VV₁-велосипедиста, MM₁-мотоциклиста, m.E₁- место, где встретились.

AV=2 ч,    AM=2,5ч,     VM=0,5 ч,     M₁A₁=1 ч,    E₁-место сбора (встречи)

                                                      AM        2,5  AE₁  2,5

∆AE1M~  ∆A1E1M1: k= A1M1 = 1           E1A1                    

                                                                   AV        2  2,5            4

∆AVE₁~ ∆A₁V₁E₁ :k=2,5 ,Значит, ^A1V1 =2,5 ; ^A1V1                       ; A₁V₁= ⁵ (ч) = 48(мин)

S

A                 V      M                                                                              t   

Задание 23

Вариант 45.

23.  Постройте график функции у=|х − 𝟏|-|х + 𝟐| и определите, при каких значениях b    прямая  y=-x+b имеет с графиком не менее двух общих точек.

Решение:

При    х<-2       у = -х+1+х+2 = 3, при   -2≤х≤1    у = -х+1-х-2 = -2х-1, при     х> 1       у = х-1-х-2 = - 3.

Прямая  y=-x+b имеет угловой коэффициент  -1и она с данным графиком функции может иметь одну общую точку, две или три. Так при - 2 ≤b≤1 прямая  y=-x+b имеет с графиком не менее двух общих точек.

 

Вариант 48.

,

23. Постройте график функции   у =   и определите, при каких значениях  с прямая  

у = с  будет иметь с графиком единственную общую точку.

Решение:

Построим график функции: при   -1≤ х ≤ 1,     у = -х; при  х< −1 их > 1 ,      у=¹.

х

Выясним, что при с=-1  и при с ∈ [0; 1) прямая   у = с  будет иметь с графиком единственную общую точку.

 

Ответ: при с= -1  и при с ∈ [0; 1) прямая   у = с  будет иметь с графиком единственную общую точку.

Вариант 50.

23. Постройте график функции   у    и определите, при каких значениях  т  прямая   у = т  имеет с графиком ровно одну общую точку. Решение:

х²−4,5²

Найдем нули подмодульной функции:  =0, х=4,5 и х=-4,5, х≠ 0.

При -4,5≤х< 0 и х> 4,5    у= . При   х< −4,5   и  0< х ≤ 4,5      у=. х

При т=1 и т=-1  прямая   у = т  имеет с графиком ровно одну общую точку

 

Вариант 56.

23.               Постройте график функции у= |х| (х+2)-3х    и определите, при каких значениях m прямая y=m имеет с графиком ровно две общие точки. 

Решение: При  х≥0    у=х²-х ( координаты вершины (0,5;  -0,25),

При  х<0    у= -х²-5х  (координаты вершины  (-2,5;   6,25)

 

Прямая у=т имеет с графиком две общие точки при т= -0,25 и т= 6,25.

Вариант 58.

23.При каком значении в сумма квадратов корней уравнения х²+(в+1)+в² = 1,5 наибольшая?

 

Задание 24.

Вариант 45.

24.               Диагональ равнобедренной трапеции составляет с основанием угол 45°. Найдите длину диагонали, если площадь трапеции равна 72 см².    Решение:

      А                                 Н              D 

Из условия АВ = СD, S_ABCD = 72 см²,  ∠САD=45° .

Проведем CH ⊥  AD, AO ⊥ BC. По теореме о сумме углов треугольника 

∠АСН =90-∠САН=45°. Так как ∠АСН =∠САН=45°, то ∆АСН – равнобедренный.

АОСD – прямоугольная трапеция. AO= CH, АВ=СD (по условию), тогда ∆АОВ=∆СНD по катету и гипотенузе, тогда SAOCH=SABCD.

AOCH – квадрат, т.к. AO ⊥ BC, AO =АН= CH, CH ⊥ AН, CH ВС. Следовательно, АС –

диагональ квадрата и SACH. SACH =36(cм²), SACH .  СН = √72. Из ∆ АСН по теореме Пифагора АС = 12 (см). Ответ: 12 см.

Вариант 46. 

24. В равнобедренный треугольник с основанием 60 см и боковой стороной 80 см вписана окружность. Найдите длину отрезка, соединяющего точки касания окружности с боковыми сторонами треугольника.

Решение:                      

                                       В

           А                         Н                       С    

Из условия АВ=ВС=80 см, АС=60 см, окружность вписана в треугольник.

По свойству касательных МВ=ВК, КС=СН, АН=АМ. Центр окружности О- точка пересечения биссектрис ∆АВС, следовательно, ВН- биссектриса.

                                 Т.к. ∆АВС - равнобедренный, то ВН - и медиана, и высота. Тогда АС

АН=НС=КС=АМ= =30,        ВМ=ВК=ВС-КС=80-30=50.

∆МВК – равнобедренный, то ∠ВМК=∠МКВ=. ∆АВС – равнобедренный, то ∠А=∠С=^{180°−∠В}. Следовательно, ∠А=∠ВМК =.

2

Значит, ∆МВК~∆АВС по двум углам, тогда ^ВМ = ^МК;           ;    МК=37,5 см.

                                                                                                       АВ        АС

Ответ: МК=37,5 см.

Вариант 47.

24. В острый угол, равный 60°, вписано две окружности, касающиеся друг друга. Радиус меньшей окружности равен 2 см. Найдите радиус большей окружности.

Решение:

                                             В

А

                      Н               Н₁            С

Центры О и О1 лежат на биссектрисе ∠А. ОН=R,      О1Н1=R1 ( ОН⊥АС, О1Н1⊥АС). ∆АОН  и ∆АО1Н1 – прямоугольные, тогда ∠ОАН = °. По свойству прямоугольного треугольника с углом 30° АО=2 ОН=4 (см)ю ∆АОН  ~ ∆АО1Н1 по двум углам, то ^АО = ^ОН .

АО1 О1Н1

Окружности касаются друг друга в точке М, т.е. О1М= О1Н1,    ОМ= ОН=2 см. АО1 = АО + ОМ +О1М = 4+2+ О1Н1= 6+ О1Н1.

,    О1Н1= 6 (см).

Ответ:     О1Н1= 6 см.

Вариант 48.

24. Площадь равнобедренной трапеции равна 20 см². Радиус вписанной в трапецию окружности равен 2 см. найдите длины сторон трапеции.

Решение:

                          B           P            C

  А           Н₁         Н        Н₂         D

По свойству касательных ОМ⊥АВ,  ОК⊥СD, OH⊥AD;   MB=BP,  PC=CK,  KD=DH, HA=AM.      ВН₁=СН₂=2 ОН =2R =4 (см).

S_ABCD ,    20= 2(BC+AD),    BC+AD=10.

Т.к. окружность вписана в трапецию, то ВС+ AD= АВ+ СD, т.е. АВ+ СD=10, следовательно, АВ= СD = 5 (см), т.к. трапеция равнобедренная.

Проведем ВН1⊥ AD, СН2 ⊥ AD.     ∆АВН1=  ∆СН2D по катету и гипотенузе, значит,

АН1=Н2D. По теореме Пифагора АН,    АН1= 3 см.

ВСН1Н2 – прямоугольник, тогда ВС= Н1Н2. 

Пусть ВС=х см, тогда (3+х+3)+х=10,     х=2. Следовательно, ВС=2 см, АD=8 см. Ответ:  5; 2 ;  5;  8 см.

Вариант 49.

24. Через  середину К медианы ВМ треугольника АВС и вершину А проведена прямая, пересекающая сторону ВС в точке Р. Найдите отношение площади треугольника АВС к площади четырехугольника КРСМ.

Решение:                     В

                                                               Р

                                                      К                              N

                A                                              M                                         C

                 Проведем МNǁАР. 

По теореме Фалеса РN=NС, т.к. АМ=МС и ВР=РN, т.к. КВ=КМ. Значит, ВР=РN=NС. SABM=SBMC (высоты треугольников равны и АМ=МС). Проведем КС.  Пусть S_КРВ= х см²,   

2 S_КРВ= S_КРС  (высоты треугольников равны и ВР= РС). S_КРС=2х,   S_КВС=х+2х=3х.

S_КB_С=S_СM_К (высоты треугольников, опущенные из т.С, равны и КМ=КВ).

S_СM_К=3х,     SM_КРС= 2х+3х=5х,    S_АВС=2 (х+5х)=12х;  .

Ответ: 2,4.

Вариант 50.

24.              Биссектриса СМ треугольника АВС делит сторону АВ на отрезкиАМ=17 и МВ=19. Касательная к описанной окружности треугольника АВС, проходящая через точку С, пересекает прямую АВ в точке D. Найдите СD. Решение:

 

                По свойству биссектрисы угла ВС                                                                  АС. Значит, АСD дуги АС, ∠АВС= ¹ дуги

2 АС, Следовательно, ∠АСD=∠АВС. Значит, ∆DВС~∆DСА по двум углам. 

Пусть DА = х, DС = у, тогда ,       х =.

По свойству касательной и секущей, проведенных из одной точки, DС²= DА∙ DВ.

Тогда     у²=х(х+17+19),   у ,  72у²- 17у∙36∙19=0,   36у(2у-17∙19)=0, у=     =161,5, т.е. DС=161,5.        Ответ:    DС=161,5.

Задание 25 Вариант 45.

25.              Вне параллелограмма АВСD проведена прямая, параллельная диагонали АС и пересекающая продолжение сторон АВ, СD, АD и ВС соответственно в точках Е, F, K, L.

Докажите, что EK=FL.

Решение:           

                         

Рассмотрим четырехугольник АСLК. АС ǁ LК по условию, СL и АК лежат на продолжении параллельных сторон параллелограмма АВСD. Значит, СL ǁ АК, тогда АСLК – параллелограмм.

По свойству параллелограмма АС= КL. 

Рассмотрим четырехугольник ЕАСF. ЕF ǁАС по условию, ЕА ǁ СF, значит, ЕАСF тоже параллелограмм. По свойству параллелограмма АС= ЕF. Зная, что АС= КL, имеем  КL= ЕF.

ЕК= ЕF+FК,    FL= КL+ FК;   т.к. КL = ЕF,    то ЕК= FL.∎

Вариант 46.

25. Основания ВС и АD трапеции АВСD равны соответственно 4 и 64, ВD=16. Докажите, что треугольники СВD и АDВ подобны.

Решение:              В                           С

Т.к. АВСD – трапеция, то ВС ǁ АD. Рассмотрим ∆СВD и ∆ АDВ: ∠СВD=∠ АDВ, как накрест лежащие при параллельных прямых ВС и  АD. Проверим отношение длин сторон ∆СВD и ∆ АDВ:   ^ВС = ⁴ = ¹,    ^В𝐷 = ¹⁶ = ¹. Значит, ∆СВD ~ ∆ АDВ по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.∎

Вариант 47.

25.В параллелограмме  АВСD точки Е, F, К и М лежат на его сторонах, как показано на рисунке, причем АЕ=СК, ВF = DМ. Докажите, что ЕFКМ – параллелограмм.

Решение:

                                                  В              F              C

                 A            M                       D

   По условию  АЕ=СК, ВF = DМ, значит ВЕ=КD,  СF=АМ (т.к. противоположные стороны параллелограмма АВ= СD). По свойству противолежащих углов параллелограмма ЕВF=КDМ и

FСК=ЕАМ. Тогда ЕВF=КDМ и FСК=ЕАМ по двум сторонам и углу между ними. Из этого следует, что ЕF=МК,  ЕМ=FК. По признаку параллелограмма четырехугольник ЕFКМ – параллелограмм.

Вариант 48.

25. Точка К – середина боковой стороны СD трапеции АВСD. Докажите, что площадь треугольника КАВ равна половине площади трапеции.

Решение:

                      В                        С

       А            Н                                       D 

SABCD, где ВН- высота, ВН

Проведем среднюю линию трапеции К L, которая является медианой треугольника АВК. Она делит АВК на два равновеликих треугольника К LВ и К LА.

S ,   BH,   значит, S. Т.к.   

SABCD, то SABCD=4 S L_В,  значит, SABCD=2 S_В, 

т. SABCD

Вариант 49.

            25. Биссектрисы углов А и D трапеции АВСD пересекаются в точке М, лежащей на стороне ВС. Докажите, что точка М равноудалена от прямых АВ, АD и СD.

 

Проведем перпендикуляры МН, МК и МL к прямым АD, АВ и СD соответственно. Рассмотрим угол А: все точки, лежащие на биссектрисе угла, равноудалены от сторон угла, т.е.

точка М равноудалена от сторон АD и АВ, т.е. МН=МК. Рассмотрим угол D: все точки, лежащие на биссектрисе угла, равноудалены от сторон угла, т.е. точка М равноудалена от сторон DА и DС, т.е. МН=МL. Значит, МН=МК=МL.∎

Вариант 50.

25. В параллелограмме АВСD проведены перпендикуляры ВЕ и DF (см. рисунок). Докажите, что треугольники ВЕF и DFЕ.

Решение:

                                              В                              С

 

                                   А

                       Рассмотрим ∆АВЕ и ∆СDF:

АВ=СD ( как противолежащие стороны параллелограмма),

∠ВЕА=∠СFD=90° (по условию),

∠ВАЕ = ∠FСD (как накрест лежащие при параллельных АВ и СD и секущей АС).

Значит, ∆АВЕ = ∆СDF по гипотенузе и острому углу. Из равенства следует, что ВЕ=DF.

∆ВЕF = ∆DFЕ по двум катетам (∠ВЕF=∠ DFЕ =90°, ЕF – общая, ВЕ=DF).∎

Задание 26

Вариант 45

26. Окружность касается сторон АВ и АD прямоугольника АВСD и пересекает сторону СD в единственной точке F и сторону ВС в единственной точке Е. Найдите площадь трапеции АFСВ, если АВ=32, АD=40 и ВЕ=1.

Решение:

                                      A                      К                     D

                                   P

Пусть О – центр данной окружности, R – её радиус, P и K – точки касания окружности со сторонами AB и AD прямоугольника ABCD, N – проекция точки E на OP,  M – проекция точки O на DC. 

Тогда  NE= PB= AB - AP =AB – OK=32 - R ,  NO = PO - PN =PO - BE = R-1.

            По теореме Пифагора в треугольнике ОNE:

 ON²+NE²=OE²,   (R-1)²+(32-R)²=R², R²-66R+1025=0,   R₁=41  (не удовл.), R₂=25.

            Из прямоугольного треугольника МОF:    

FM²=OF²- OM²=OF²-DK²=R²-(AD-AK)²=R²-(AD-OP)²= R²-(40-R)²;

FM²=(R-40+R)(R+40-R),    FM²=400,   FM=20,    FC=FM+MC=FM+PB=FM+(32-R)=27. 

Значит, SAFCB.  

Ответ: 1180.

Вариант 46.

26. Из точки А, находящейся вне окружности с центром О, проведены две касательные АВ и АС (В и С – точки касания). Отрезок АО пересекается с окружностью в точке D и с отрезком ВС в точке F. Прямая ВD пересекает отрезок АС в точке Е. Известно, что площадь четырехугольника DЕСF равна площади треугольника АВD. Найдите угол ОСВ.

Решение:

Треугольник ВАС- равнобедренный, т.к. АВ=АС, АF- биссектриса и высота, тогда  SBAF=SCAF.   

Тогда SABD+SBFD= SADE+SDECF. 

Т.к.  SABD= SDECF, значит SADE= SBFD=S1 ,   SABE= S+S1;   SBEC= S+S1. Т.к. у этих треугольников общая высота, то основания треугольников равны, т.е. AE=EC, тогда BE   медиана. 

Т.к. , а эти дуги равны, то ∠1=∠2. Т.е. ВЕ – биссектриса угла В и треугольник АВС – равнобедренный ( АВ=ВС).

Имеем АВ=ВС=АС, т.е. АВС- равносторонний, ∠АВС=60°.AF биссектриса ∠BAC, т.е.  

∠FAC=30° ,  а в ∆𝑂𝐹𝐶          𝛼 + ∠𝐹𝑂𝐶 = 90°,    в  ∆𝐴𝑂𝐶    𝛼 + ∠𝐴𝑂𝐶 = 90° , значит, ∠BCO=∠FAC=30°.  Ответ: 30°

Вариант 47.

26. В трапеции диагонали пересекаются в точке, через которую проведен отрезок, соединяющий боковые стороны параллельно основанию. Отношение площадей треугольников с вершиной в точке пересечения и основаниями, равными основаниям трапеции, равно 9:1. Найдите отношение площадей трапеций, на которые делит исходную трапецию данный отрезок. Решение:

                           Q          B                M            C

                      A                               N              K                                D

            Отрезок, параллельный основаниям трапеции и проходящий через точку пересечения диагоналей, EF. 

∆BOC~∆DOA по двум углам и по условию отношение площадей треугольников с вершиной в точке пересечения и основаниями, равными основаниям трапеции, равно 9:1, значит, ,    AD=3BC,   

.

Пусть BC=a, тогда AD=3a,  а  ON=3b, MN=4b.

SABCD,    SABCD=8ab.

Рассмотрим подобные треугольники АСD и ОСF ( по двум углам): СК=4СР, значит .   

=6ab,     S_OCF,     S_OCF.

S_AOFD.

Рассмотрим подобные треугольники АEO и ABC ( по двум углам):

AH и AQ  - их высоты соответственно, AQ :.

2ab,    .

SAEFD=SAOFD,           SBEFC=SABCD+SAEFD.

Итак, .

Ответ:  .

Критерии оценивания заданий с развернутым ответом.

№21

21. Разложите на множители: .

Решение Имеем:

 

Ответ: .

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Правильно и до конца (получено три множителя) выполнено разложение на множители.	2
Ход решения верный, не содержит ошибок, но разложение на множители не доведено до конца (выражение представлено в виде произведения двух множителей).	1
Другие случаи, не соответствующие указанным критериям.	0
Максимальный балл	2
*Ошибка в знаках при группировке слагаемых считается существенной, при ее наличии решение

не засчитывается.

21. Решите неравенство .

Решение

Определим знак разности            . Получаем неравенство

Ответ: . Другая возможная форма ответа: .

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Правильно выполнено разложение на множители числителя и знаменателя дроби, получен верный ответ.	2
Допущена описка или ошибка вычислительного характера при нахождении корней квадратного трехчлена, но разложение его на множители с учетом этой ошибки выполнено верно, решение при этом может оказаться не доведенным до конца.	1
Другие случаи, не соответствующие указанным критериям.	0
Максимальный балл	2

21. Сократите дробь   

Решение

Корни квадратного трехчлена  

Имеем:

 

Замечание. Учащийся может разложить трехчлен на множители каким-либо иным способом. Например:

 

Ответ:  

21.              Решите уравнение (х²-25)² + (х²+3х -10)²=0 .  Решение. 

Квадрат любого числа неотрицателен. Сумма двух неотрицательных чисел равна нулю, только если они оба равны нулю. Получаем систему уравнений: 

      

Из первого уравнения х=5 или х=-5. Из второго уравнения х=-5  или х=2. Системе удовлетворяет единственное значение -5. 

Ответ: −5. 

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Правильно выполнены преобразования, получен верный ответ	2
Решение доведено до конца, но допущена ошибка или описка вычислительного характера, с её учётом дальнейшие шаги выполнены верно	1
Другие случаи, не соответствующие указанным выше критериям	0
Максимальный балл	2

№22.

22.              Из пункта А в пункт В, расположенный ниже по течению реки, отправился плот. Одновременно навстречу ему из пункта В вышел катер. Встретив плот, катер сразу повернул и поплыл назад. Какую часть пути от А до В пройдет плот к моменту возвращения катера в пункт В, если скорость катера в стоячей воде вчетверо больше скорости течения реки?

Решение

Пусть скорость течения реки (и плота)  км/ч. Тогда скорость катера против течения равна  км/ч, а по течению  км/ч. Следовательно, скорость катера против течения в 3 раза больше скорости плота, а по течению — в 5 раз больше скорости плота. Если плот до встречи проплыл  км, то катер — в 3 раза больше, т. е.  км. После встречи катер пройдет  км, а плот — в 5 раз меньше, т. е.

Отношение пройденного плотом пути ко всему пути равно              .

Приведём другое решение. 

Пусть скорость течения реки (и плота)  км/ч. Тогда скорость катера против течения равна  км/ч, а по течению  км/ч. Скорость сближения катера и плота равна  км/ч. Встреча произошла через  ч. За это время плот проплыл расстояние,

равное , а катер —

 Обратный путь катер пройдет за                        ч. Плот за это время проплывет расстояние, рав-

ное , а всего он проплывет                                .

Ответ: плот пройдет   всего пути.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Правильно составлено уравнение, получен верный ответ	3
Правильно составлено уравнение, но при его решении допущена вычислительная ошибка, с её учётом решение доведено до ответа	2
Другие случаи, не соответствующие указанным критериям	0
Максимальный балл	3

№23. 23. Найдите все значения , при которых неравенство  не имеет решений.

Решение. График функции  — парабола, ветви которой направлены

вверх. Значит, данное неравенство не имеет решений в том и только том случае, если эта парабола целиком расположена в верхней полуплоскости. Отсюда следует, что дискриминант квад должен быть отрицателен.

Имеем

.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
График построен правильно, верно указаны все значения   , при которых прямая  имеет с графиком только одну общую точку	4
График построен правильно, указаны не все верные значения	3
Другие случаи, не соответствующие указанным выше критериям	0
Максимальный балл	4

23. Постройте график функций  и определите, при каких значениях  прямая  имеет с графиком одну общую точку.

Решение

Разложим числитель на множители:

.

При   исходная функция принимает вид , её график — парабола, из которой выколоты точки (−3; 6) и (2; −4). 

 

Прямая  имеет с графиком ровно одну общую точку либо тогда, когда проходит через вершину параболы, либо тогда, когда пересекает параболу в двух точках, одна из которых — выколотая.

Вершина параболы имеет координаты (0,5; −6,25).   Поэтому  = −6,25,  = −4 или  = 6.

Ответ: −6,25; −4; 6.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
График построен правильно, верно указаны все значения  ,  при которых прямая   имеет с графиком только одну общую точку	4
График построен правильно, указаны не все верные значения	3
Другие случаи, не соответствующие указанным выше критериям	0
Максимальный балл	4

№24.

24.

Окружность проходит через вершины А и С треугольника АВС и пересекает его стороны АВ и ВС в точках К и Е соответственно. Отрезки АЕ и СК перпендикулярны. Найдите ∠КСВ, если ∠АВС = 20°. Решение

Углы АКС и АЕС равны, т. к. опираются на одну дугу окружности; следовательно, ∠ВКС = ∠ВЕА, как смежные с ними.

Из четырехугольника ВКDЕ : ∠ ВКС= ½(360-90-20)=125°           Из ВКС: ∠КСВ = 180° − 125° − 20° = 35°.

Ответ: 35°.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Получен верный обоснованный ответ	2
При верных рассуждениях допущена вычислительная ошибка, возможно приведшая к неверному ответу ИЛИ отсутствуют пояснения и ссылки на использованные теоремы	1
Другие случаи, не соответствующие указанным критериям	0
Максимальный балл	2

№  25.

В      окружности    с          центром О проведены          две      хорды АВ и CD так, что             центральные углы АОВ и СОD равны.       На       эти       хорды опущены        перпендикуляры ОК и OL.        Докажите, что ОК и OL равны. Решение

Треугольники АОВ и СОD равны по двум сторонам и углу между ними (AO = BO = CO = DO как радиусы окружности, AOB = COD по условию). Следовательно, высоты OK и OL равны как соответственные элементы равных треугольников.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Доказательство верное, все шаги обоснованы	3
Доказательство в целом верное, но содержит неточности	2
Другие случаи, не соответствующие указанным критериям	0
Максимальный балл	3

№  26.

26. Площадь треугольника ABC равна 80. Биссектриса AD пересекает медиану BK в точке E, при этом BD:CD=1:3. Найдите площадь четырехугольника EDCK.

Решение

 Пусть       AK=KC=3x,   тогда AB=2x,            так как  по свойству биссектрисы. Зна-

чит, Пусть S - площадь треугольника ABC, тогда

 

Таким образом,  

 Ответ: 36.

26.   Стороны АС, АВ, ВС  треугольника АВС равны  соответственно. Точка К расположена вне треугольника АВС, причем отрезок КС пересекает отрезок АВ в точке, отличной от В.  Известно, что треугольник с вершинами К, А, С  подобен исходному. Найдите косинус угла АКС  если  

Решение

Рассмотрим подобные треугольники АВС и АКС и установим соответствие между их углами.

АС —наибольшая           сторона          треугольника АВС, а    значит, АВС — наибольший угол треугольника АВС.  Так как в треугольнике АКС есть  тупой угол С, то в треугольнике АВС это угол АВС. Следовательно, угол АСВ треугольника АВС не равен углу КАС  треугольника АКС.  Он также не равен углу КСА, т. к. больше его (луч СК проходит между лу-

. По теореме косинусов в треугольнике АВС имеем:                

Ответ:

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Ход решения верный, все его шаги выполнены правильно, получен верный ответ	4
Ход решения верный, чертёж соответствует условию задачи, но пропущены существенные объяснения или допущена вычислительная ошибка	3
Другие случаи, не соответствующие указанным критериям	0
Максимальный балл	4