CC BY
55
УДК 372.851: 373.1
Школьный А.В. ©
Кандидат физико-математических наук, доцент, докторант,
НПУ имени М.П. Драгоманова, Киев, Украина
ОСОБЕННОСТИ РЕШЕНИЯ ТЕСТОВЫХ ЗАДАНИЙ ПО МАТЕМАТИКЕ
Аннотация
Статья посвящена особенностям решения конкретных тестовых заданий по математике. К каждому тестовому заданию приведены методические комментарии, касающиеся решения этих заданий в контексте подготовки к стандартизированному тестированию в форме ВНО или ЕГЭ.
Ключевые слова. Тестовые задания по математике, методические комментарии к решению, ВНО, ЕГЭ.
Keywords. Math test items, methodical comments to solution, IEA, USE.
Постановка проблемы. В последнее время в Украине распространяется использование тестов как формы проверки знаний студентов, школьников и абитуриентов. Это связано, в частности, с постепенным согласованию национальной системы образования с европейской, в которой отдается предпочтение именно такой форме оценивания знаний по математике для учащихся старших классов. В связи с внедрением внешнего независимого оценивания качества знаний по математике (далее - ВНО) как альтернативы сдачи выпускных и вступительных экзаменов, очевидна необходимость в подготовке учеников именно к тестовой формы экзаменационных заданий и ознакомления их с особенностями решения таких заданий. Тестовая форма задания также активно используется в тесте единого государственного экзамена по математике (далее - ЕГЭ) в России.
Анализ последних исследований и публикаций. На сегодня в Украине нет единой общегосударственной схемы подготовки к ВНО по математике. Большинство практикующих учителей осуществляют ее по своему усмотрению, пользуясь имеющейся на рынке коммерческой литературой по данной тематике. В России ситуация несколько иная, однако определённый дефицит методических рекомендаций по особенностям решения именно тестовых заданий с альтернативами и коротким ответом при подготовке к ЕГЭ также ощущается.
К сожалению, далеко не все имеющиеся на рынке пособия по подготовке к ВНО имеют удовлетворительный уровень качества. В каждом из упомянутых пособий предложено собственный подход к подготовке к ВНО по математике. Однако, довольно часто этот подход является калькой с пособий по подготовке к вступительным экзаменам еще советских времен, в которых форме представления тестовых заданий уделяется достаточно мало внимания. Считается, что «когда ученик хорошо знает математику, то форма тестового задания является непринципиальной».
По нашему мнению, подобный подход к подготовке к ВНО по математике принципиально ошибочным, поскольку по статистике даже «сильные» ученики больше ошибок допускают в якобы «простых» задачах с альтернативами, которые имеют специфические «ловушки». Поэтому не учитывать тестовую специфику ВНО и ЕГЭ по математике при подготовке к ним, по нашему мнению, недальновидно.
По вышеизложенным причинам у многих учителей общеобразовательных школ Украины и России есть определенный дефицит методических рекомендаций, посвященных специфике подготовки учащихся к решению тестовых заданий, и именно для них мы предлагаем эту статью. В ней мы приведем методические рекомендации относительно
© Школьный А.В., 2015 г.
особенностей решения таких заданий. В частности, в этой статье мы рассмотрим задания, касающиеся всех основных содержательных линий школьного курса математики: «Числа и выражения», «Функции и их графики», «Уравнения», «Неравенства», «Планиметрия» и «Стереометрия».
Цель статьи. Целью данной статьи являются методические рекомендации, касающиеся особенностей решения тестовых заданий по математике, чаще всего встречающихся при подготовке к ВНО и ЕГЭ. Статья предназначена для учителей математики и репетиторов, занимающихся упомянутой деятельностью.
Изложение основного материала. Общей особенностью тестовой формы проверки знаний по математике достаточно большой объем заданий, которые нужно выполнить за ограниченный промежуток времени. Поэтому среди заданий ВНО часто встречаются задания, проверяющие не столько технические навыки ученика, сколько его внимательность, умение найти кратчайший путь решения, применить нетрадиционный, оригинальный метод и др. Иногда правильный ответ можно получить, проанализировав предложенные варианты ответов. Встречаются также задачи, которые являются традиционными по содержанию, но сформулированные в непривычной для ученика форме.
Варианты ответов к тестовым заданиям с альтернативами чаще подбирают с учетом наиболее типичных ошибок, которые может допустить ученик. Иногда варианты ответов имеют незначительные, но принципиальные отличия, поэтому выбирая правильный ответ, нужно быть внимательным. Задания с коротким ответом часто имеют дополнительное задание, которое требует умения выполнять простые арифметические операции, но не следует забывать, что тестовое задание считается решенным только тогда, когда получен правильный ответ, а значит, это дополнительное задание не менее важно, чем основное.
В приведенных ниже примерах рассматриваются только задания с альтернативами и задания с коротким ответом. Задания на установление соответствий, по нашему мнению, хотя и имеют незначительную свою специфику, но методика их решения не имеет существенных отличий от методики решения задач с альтернативами.
Числа и выражения. Задания на преобразование выражений, являются обязательной частью теста ВНО. В тестовых заданиях по математике значительное внимание уделяется культуре математических вычислений, умению быстро и рационально вычислять, сравнивать и оценивать значение выражений (напомним, что использование калькуляторов во время внешнего оценивания запрещено). Ниже приведем примеры именно таких заданий.
1. Вычислите 622 + 632 - 642 - 652 .
А Б В Г Д
-502 -504 -506 -508 -510
Решение. Сгруппируем слагаемые и применим формулу разности квадратов:
(622 - 642)+(632 - 652) = (62-64)(62+64)+(63-65)(63+ 65) = -2 126- 2 128=
= -2(126 +128) = -508. Ответ: Г.
Комментарий. Задание 1 проверяет технику вычислений и внимательность учеников. Не следует забывать, что, по статистике, отличники очень часто допускают ошибки именно в таких «простых» задачах, поскольку относятся к их решению недостаточно тщательно.
2. Начальная себестоимость продукции снизилась сначала на 10%, а затем еще на 10% по сравнению с новой ценой. На сколько процентов по сравнению с начальной ценой снизилась начальная себестоимость продукции после двух снижений?
А Б В Г Д
На 10% на 15% на 19% на 20% на 21%
Решение. Пусть начальная себестоимость продукции равна х, что составляет 100%. После снижения себестоимости на 10% получим новую себестоимость у, которая составляет
90% от х и равна 0,9х. После снижения себестоимости у на 10% получим себестоимость z, которая составляет 90% от у и равна 0,9у. или 0,9 • 0,9х = 0,81х. Тогда начальная себестоимость х снизилась на х - 0,81х = 0,19х . Найдем, сколько процентов составляет 0,19х 0 19 х
от х: —---100% = 19%. Ответ: В.
х
Комментарий. Это задание проверяет умение учащихся находить процент от числа и процентное отношение при сравнении двух чисел. Его сложность заключается в том, что в условии нет числового значения себестоимости, что иногда может завести учащихся в тупик. Задачи на проценты могут казаться многим ученикам сложными, поскольку не все из них понимают, что нельзя добавлять проценты, взятые от разных чисел. Именно на этом аспекте учителям следует сосредоточить особое внимание при решении подобных задач.
3. Известно, что a — 4b = 6, ab = —2. Найдите значение выражения
a 2 (a +1) — 16b 2 (4b — 1).
Решение. Раскроем скобки и сгруппируем слагаемые, после этого воспользуемся формулами сокращенного умножения. Получим:
a3 — 64b3 + a2 + 16b 2 = (a — 4b)(a2 + 16b2 + 4ab) + (a — 4b)2 + 8ab =
= (a — 4b)((a — 4b)2 + 12ab) + (a — 4b)2 + 8ab = 92. Ответ: 92.
Комментарий. Задание 3 имеет несколько непривычную формулировку и, соответственно, требует особого подхода при поиске решения.
Функции и их графики. Изучая с учащимися старших классов функции, учитель, как правило, значительное внимание уделяет разнообразным упражнениям на нахождение области определения, основанных на умении решать неравенства и их системы. Значительно меньше внимания уделяется умению работать с графиками функций, выделять определенные свойства функции по ее графику. Представленные ниже задачи позволяют восполнить указанные пробелы.
1. Найдите область определения функции у = 2 + 3 sin х.
А Б В Г Д
[—1;1] [— 3;3] [2;5] [—1;5] (— ¥; + ¥)
Ответ: Д.
Комментарий. Это задание рассчитано на тех учеников, которые плохо различают области определения и значений функции. Очевидно, что правильным является ответ Д, а варианты А-Г соответствуют наиболее типичным ошибкам: в варианте А приведено множество значений функции y = sin х; в варианте Б - множество значений функции y = 3sin х; в варианте В - гипотетическое множество значений функции, приведенной в условии, если ученик считает, что множество значений функции y = sin х является отрезком [0; 1], а в варианте Г - фактическое множество значений этой функции.
2. На рисунке изображен график функции y = f (х) и касательная к нему в
точке х0. Найдите значение f'(х0).
у 1
N 1
5 \\
3 \
х
0 Х0 2 \
А Б В Г Д
- 2,5 2,5 - 0,4 0,4 3
Решение. f' (х0)- это тангенс угла а наклона к положительному направлению оси Ох касательной к графику функции f (х), проведенной в точке с абсциссой Хо. Пользуясь рисунком, мы можем найти тангенс кута b, смежного с искомым. Очевидно, что tgb = 5 = 2,5 . Таким образом, f'(х0) = tga = tg(ж- b) = -tgb = -2,5. Ответ: А.
Комментарий. Такие задания являются типическими для тестов ВНО и ЕГЭ по математике, но к сожалению нечасто встречаются в имеющихся в наличии дидактических материалах.
3. Г рафик функции у = V2x отразили симметрично относительно оси Оу, сдвинули на 1 единичный отрезок вправо и на 2 единичных отрезка вверх. Среди данных ниже вариантов выберите функцию, которую получили в результате описанных преобразований. В ответ запишите номер нужного варианта.
1) у=—/2—2х +2; 2) у = л/—2х-2+2; 3) у = V2-2х+2; 4) у = V 1 -2х + 2; 5)у=■>/-2х-1 + 2.
Решение. Выполним последовательно преобразования, приведенные в условии задания, учитывая, что каждое последующее преобразование выполняется над графиком предыдущего:
а) симметрия относительно оси Оу - получим функцию у = V- 2х ;
б) параллельный перенос на 1 единичный отрезок вправо - получим функцию у = л]- 2 • (х -1) = V2 - 2х ;
в) параллельный перенос на 2 единичных отрезка вверх - получим функцию у = V2 - 2х + 2 . Ответ: 3.
Комментарий. Здесь выбрать правильный ответ можно только путем анализа предложенных вариантов ответов, так и непосредственно «сконструировав» функцию по данным преобразованиями. В неправильных вариантах ответов учтены наиболее типичные ошибки, возможные при выполнении этой задачи.
Уравнения. Большинство учителей серьезно относится к изучению различных типов уравнений, понимая важность данной темы. Поэтому мы не ставили цель охватить абсолютно все типы уравнений. Приведенные ниже тестовые задания содержат присущие тестам ВНО и ЕГЭ «подводные камни», на которые, по нашему мнению, следует обратить внимание.
2
1. Найдите сумму корней уравнения х - 8х + 20 = 0 .
А Б В Г Д
8 -8 20 -16 Найти невозможно, поскольку уравнение не имеет корней
2
Решение. Вычислим дискриминант уравнения: D = (-8) - 4 • 20 = -16 < 0, а
следовательно, уравнение не имеет корней. Ответ: Д.
Комментарий. Это задание «на внимательность». Если не находить дискриминант, а сразу применить теорему Виета, то получим ответ А. Но теоремой Виета можно воспользоваться только после проверки, имеет ли уравнение корни вообще.
Замечание. В соответствии с действующей программой по математике, изучение комплексных корней уравнений в общеобразовательной школе предусмотрено только на углубленном уровне. Поэтому в заданиях на решение уравнений «по умолчанию» считается, что нужно найти только действительные корни уравнения, если они существуют.
Х - 5
2. Решите уравнения ----L = 1.
5 - х
А Б В Г Д
х = -5 х = -1 (5; +¥) (-¥;5) Уравнение не
имеет корней
Решение. Очевидно, x ф 5. Раскроем модуль: x - 5 = x - 5, если x > 5 и x - 5 = 5 - x,
если x < 5 . При x > 5 получим
x - 5
5 - x
= 1, что эквивалентно неправильному равенству -1
1.
При x < 5 имеем:
5-x
5-x
= 1 или 1
1. Таким образом, любое число из промежутка (-^;5)
является корнем уравнения. Ответ: Г.
Комментарий. Ответы А и Б рассчитаны на учеников, которые не понимают сути понятия «модуль» и стремятся угадать решение путем подстановки чисел -5 и -1 в уравнение. Ответ В можно получить, если неправильно раскрыть модуль в числителе.
3. Найдите наименьшее значение параметра а, при котором уравнение x - 27x = a имеет два корня.
Решение. Данную задачу лучше всего решать графически. Построим графики функций У1 = x - 27x, У2 = а и найдем значение параметра а, при котором эти графики
имеют 2 точки пересечения.
Найдем промежутки монотонности и точки экстремума функции У1. У1'(x) = 3x
2
- 27,
3x2 - 27 = 0, x12 = ±3 . Определим знаки производной на каждом из полученных интервалов (см. диаграмму).
У1'(x)
Функция У1 возрастает на промежутках
(-¥; -3), (3; +¥) и убывает на промежутке (-3;3).
Тогда xmin = 3 У1,т1П = У1(3) = -54, xmax =-3,
У1 max = У1 (-3) = 54. Построим эскиз графика функции У1( x) (см. рисунок).
Графиком функции У2 есть прямая,
параллельная оси абсцисс, которая проходит через точку (0;а). По рисунку видно, что графики функций
У1 та У2 пересекаются в двух точках только при a = ±54 и искомое наименьшее значение параметра am1n = -54 . Ответ: -54.
X
у .
54
3
-3 0 X
/ -54
Комментарий. При решении задач подобного типа следует обратить внимание на то, что графический метод часто более прост, чем аналитический. Однако для построения качественного эскиза графика функции иногда необходимо проводить практически полное ее исследование, хоть в условии задачи об этом и не сказано.
4. Решите уравнение (x2 + 2x - 8)Vx2 - 9 = 0. Если уравнение имеет один корень, то запишите его в ответ; если уравнение имеет несколько корней, то запишите в ответ их сумму.
Решение. ОДЗ уравнения: x2 - 9 > 0, x е(-¥ -3]и[3; +ге). Произведение двух множителей равно нулю, если хотя бы один из них равен нулю. Следовательно,
x + 2 x — 8 — 0;
,----- откуда
Vx2 — 9 — 0,
x — —4; x — 2; x — 3;
Корень x — 2 посторонний, т.к. не принадлежит ОДЗ. В
x — —3.
итоге искомая сумма корней равна —4. Ответ: —4.
Комментарий. Желательно обратить внимание учеников на такие ошибки: 1)
неправильно находят ОДЗ ( x* 2 > 9; x > 3; x е[3; +¥), тогда корень x — —4 тоже окажется
посторонним; 2) если не учитывать ОДЗ вообще, то уравнение будет иметь четыре корня.
Неравенства. Основным методом, который используется в школьном курсе математики при решении неравенств, является метод интервалов. Поэтому именно на тонкостях использования этого метода стоит акцентировать внимание как учителей, так и учащихся.
1. Решите неравенство logo 5 7 • log2 (x+4) > 0.
А Б В Г Д
I - ?■ -) (—4; +¥) (—3; +¥) (—¥; —3) (—4 —3)
Решение. Поскольку logo 5 7 < 0, то после деления обеих частей неравенства на это
выражение получим равносильное неравенство log2 (x + 4)< 0, откуда, учитывая ОДЗ,
имеем: 0 < x + 4 < 1; — 4 < x < — 3 . Ответ. Д.
Комментарий. Тестовые задания часто содержат так называемые «замаскированные» числа, знак или величину которых нужно установить или оценить, опираясь на свойства функций и выражений. В этом задании, правильная оценка упрощает дальнейшее решение и существенно влияет на выбор нужного ответа. Если ученик ошибочно считает, что log0,5 7 > 0 , то он получит вариант ответа В; если же сделает ошибку при возведении числа 2
в нулевую степень, то он получит вариант ответа Б. Вариант ответа Г не учитывает ОДЗ: x+4>0.
2. Решите неравенство
(x — 1)2 • (x2 + x — 6) Л
-------^---------< 0. В ответ запишите сумму всех целых
x2 — 25
решений этого неравенства.
Решение. Применим метод интервалов (см. диаграмму).
Получаем такое решение неравенства: (—5; —3Ju{1ju[ 2;5). Целые числа
—4; —3; 1; 2; 3; 4 являются решениями неравенства, а их сумма равна 3. Ответ: 3.
Комментарий. Большинство учеников, отыскивая решения нестрогого неравенства, забывают записать в ответ числа, которые превращают это нестрогое неравенство в равенство. В предыдущем примере таким числом является x — 1 . Если же забыть, что x — 1 также является решением неравенства (типичная ошибка), то получим неправильный итоговый ответ.
3. Найдите наибольшее целое отрицательное решение неравенства
„ . I р
2sin | px---
3
л/3 > 0.
Решение. Имеем:
. ( жЛ V3 ж
sin I жх---I >—; жх-----е
I 3 J 2 3
ж „ 2ж „
—+ 2жп;-+ 2жп
33
жх е
2ж _ + 2жп; ж + 2жп , п е Z; х е ' 2 " — + 2п; 1 + 2п
_ 3 _ _ 3 _
пеZ. При
п е Z Тогда п = -1 получим:
Г1 Г 2 1
хе — 2;1 - 2 3 , то есть х е -1-;-1
. Ответ: -1.
Комментарий. Чаще всего, решая с учениками тригонометрические уравнения и неравенства, учитель ставит целью научить каждого получать ответ, записанную в общем
виде: х = а + k-ж-п или хе (ai + k-ж-п;«2 + k-ж-п^, где а и k - угол и коэффициент
соответственно; п е Z. Для некоторых учеников такой ответ является формальным и непонятным. Предыдущее задание проверяет у учащихся понимание того, что решением тригонометрических неравенств является объединение бесконечного множества числовых промежутков, каждый из которых можно получить путем подстановки конкретных целых значений п в общую формулу.
Планиметрия. Геометрический материал теста ВНО по математике составляет не менее трети его объема, а потому важность повторения планиметрических задач сомнений не вызывает.
1. Стороны треугольника равны 1, 4 и -\/Г7 . Найдите наибольший угол треугольника.
А Б В Г Д
75о о О VO 120о 100о VO о о
Решение. П о следствию из теоремы синусов самый угол треугольника лежит против
наибольшей стороны, а по теореме косинусов (л/Т7) = 12 + 42 - 2 -1 - 4 cos а, где а - искомый
угол. Следовательно, cos а = 1 +1^—17 = 0, откуда а = 90°. Ответ: Д.
Комментарий. Приведенное выше решение является общим и его можно применять для любого треугольника. Однако, внимательный ученик при анализе условия этой задачи
может заметить, что 12 + 42 = (л/Т7) . Таким образом, данный треугольник является
прямоугольным, а в таком треугольнике наибольший угол - прямой. Этот способ, хотя он и является искусственным, скорее приводит к результату.
2. Стороны прямоугольника LITO равны 6 мм и 8 мм. Из вершин L и T на диагональ IO опущены перпендикуляры LM и TD. Найдите длину отрезка MD.
А Б В Г Д
1,4 мм 2,1 мм 5,6 мм 2,8 мм 4,2 мм
Решение. Выполним рисунок к задаче. Из прямоугольного треугольника ILO по теореме
Пифагора IO2 = LI2 + LO2 = 36 + 64 = 100, откуда IO = 10 мм. В этом же треугольнике ILO отрезок LM является высотой, проведенной к гипотенузе, которая находится по формуле формулою , a - b
h =----, где a,b - катеты, ас - гипотенуза. В
T
O
нашем случае LM = Теперь из
6 - 8
: 4,8 мм.
10
прямоугольного
22
IM = ^62 -(4,8)2 =^(5 -1,2)2 -(4 -1,2)2 = 1,2л152 -42 = 1,2- 3 = 3,6
треугольника
2 /|2
LMI по
мм.
теореме Пифагора Аналогично из
с
прямоугольного треугольника TDO определяем, что DO = 3,6 мм. Таким образом, MD = 10 - 2 • 3,6 = 10 - 7,2 = 2,8 мм. Ответ: Г.
Комментарий. В этой задаче показано, как можно упростить вычисления иррациональных выражений при применении теоремы Пифагора, если вовремя заметить «египетскую» тройку чисел: 3,4,5. Более того, следует обратить внимание учащихся, что очень часто в задачах на применение теоремы Пифагора используются именно «египетские» треугольники: треугольники с длинами сторон, пропорциональных числам 3,4,5 - 6,8,10; 9,12,16; 12,16,20 и тому подобное. Другой популярной тройкой пифагоровых чисел являются числа 5,12,13 и им пропорциональные.
Заметим также, что эту задачу можно было бы решить, используя свойство проекций катетов на гипотенузу прямоугольного треугольника. Например, для треугольника ILO имеет
^2
2 6
место равенство LI = IO • IM, откуда IM = — = 3,6 мм и т.д. Однако, наш опыт показывает,
что эти формулы то труднее запоминаются учениками, чем формула длины высоты, проведенной к гипотенузе. Вообще, по нашему мнению, скорее к цели приходят не кратчайшим путем, а по пути, который хорошо известен.
3. Вычислите скалярное
произведение векторов, изображенных на рисунке.
Решение. Найдем координаты каждого из векторов. Начало первого вектора совпадает с точкой (0;2), а конец - с точкой (5; 0), поэтому координаты этого вектора (5-0;0-2), то есть (5;-2). Аналогично для второго вектора начало совпадает с точкой (0; -2), а конец - с точкой (5;0), поэтому координатами этого вектора будет пара чисел (5, 2).
Скалярное произведение векторов a(a^;a^) i b(fa;b^) вычисляется по формуле
a • b = a1 • b + a2 • b2, поэтому имеем: (5; -2) • (5;2) = 5 • 5 + (-2) • 2 = 25 - 4 = 21.
Ответ: 21.
Комментарий. Это задание имеет два логических шага: сначала нужно, используя рисунок, определить координаты обоих векторов, а затем, используя известную формулу, вычислить скалярное произведение векторов. Для многих учеников это задание может оказаться сложным именно потому, что они привыкли формально решать задачи, в которых уже задано векторы с определенными координатами или координаты точек, является их началами и концами, и нужно лишь применить формулу. Поэтому, по нашему мнению, следует чаще давать подобные задачи, где координаты точек следует определять по данным рисункам.
4. В параллелограмме ABCD биссектриса тупого кута D, равного 150 градусам, делит противоположную сторону AB на отрезки 15 см и 7см, начиная от вершины острого угла. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Выполним рисунок к задаче. Пусть DM - биссектриса угла D. Тогда AM = 15 см,
MB = 7 см, ZADM = ZMDC = 75o .
В параллелограмме ABCD прямые AB и CD -параллельны, а пряма MD - секущая. Поэтому
ZAMD = ZMDC = 75° как внутренние разносторонние
углы. Таким образом, ZAMD = ZADM = 75° и треугольник AMD - равнобедренный, причем
AD = AM = 15 см. Теперь мы знаем стороны параллелограмма: AD = BC = 15 см, AB = CD = 15 + 7 = 22 см. Т огда его площадь
SABCD = AD • DC • sin ZD = 15 • 22 • sin150o = 330 • 2 = 165 см2. Ответ: 165.
Комментарий. Решение этой задачи включает типичный прием в задачах с параллелограмма - использование свойств углов, которые образуются при пересечении двух параллельных прямых третьей секущей. Более того, на основе этой задачи можно дать ученикам ориентир: если в задачах о параллелограмме идет речь о биссектрисе, то довольно часто при этом образуются равнобедренные треугольники.
Стереометрия. При изучении стереометрического материала к традиционным трудностям, которые возникают при изучении планиметрии, добавляются трудности, связанные с несформированностью у многих учеников пространственного воображения.
1. В пространстве дано три разных плоскости. Сколько может существовать точек, которые принадлежат всем трем плоскостям?____________________________________________
А Б В Г Д
Только ни одной или бесконечное множество Только ни одной, одна или бесконечное множество Только ни одной или одна Только одна, три или бесконечное множество Другой ответ
Решение. Данные три плоскости могут быть расположены ТОЛ ЬКО одним из
следующих способов (см. рисунок ниже):
1) все три плоскости параллельны;
2) три плоскости попарно пересекаются, но любы две прямые пересечения
параллельны;
3) все три плоскости проходят через одну прямую;
4) три плоскости попарно пересекаются, причем прямые пересечения имею общую
точку.
В случаях 1) и 2) всем трем плоскостям не принадлежит ни одна точка, в случае 3) -множество точек, которые лежат на общей для всех трех плоскостей прямой, а в случае 4) -одна точка. Ответ: Б.
Комментарий. Задачи подобного типа проверяют пространственное воображение учеников, а ее формирования - одна из главных целей изучения стереометрии. Поэтому такие задачи, хотя они часто довольно сложными для учащихся, по нашему мнению, обязательно должны использоваться учителями как в непосредственно в учебном процессе, так и во время подготовки к ВНО и ЕГЭ.
2. В правильной треугольной пирамиде все плоские углы при вершине прямые, а боковое ребро равно 10 см. Найдите объем пирамиды.
А Б В Г Д
1000 см3 6 10300 см3 500 см3 1000 см3 1500 см3
Решение. 1 способ. Пусть на рисунке изображена правильная треугольная пирамида, в которой равносторонний треугольник ABC является основой. Тогда по условию задачи
SA = SB = SC = 10 см, а треугольники ASC, ASB и CSB - равные между собой равнобедренные прямоугольные треугольники с прямыми углами при вершине S. Из
^2
прямоугольного треугольника ASC по теореме Пифагора AC2 откуда AC = V200 = 10л/2 см.
SA2+SC2
■ 100 +100 = 200,
то OA -
Проведем из вершины S высоту SO. Поскольку треугольник ABC - равносторонний,
„ _ AC 10л/2
радиус описанной вокруг него окружности и OA = R = —^=- = —^
V3 V3
SOA по теореме Пифагора
см. Из
прямоугольного
SO2 = SA2
треугольника
2
-OA2 = 102 -(1°=2) = 100-^0° = 100, откуда SO = —j= см. По формуле объема
I V31
10
V3
пирамиды V
ABCS
: 3 SABC ' SO ;
откуда получаем: V
ABCS - 3
1 (10У2) Уз 10 = 200-10
з
см .
2 способ. Нарисуем рисунок иначе: в качестве основы пирамиды возьмем грань ASB. Поскольку по условию задачи SA A SC i SB A SC, то прямая SC перпендикулярна к плоскости грани ASB, поэтому отрезок SC - высота пирамиды. По условию задачи SA = SB = SC = 10 см, треугольник ASB - равнобедренный прямоугольный треугольник с прямым углом S, а потому объем пирамиды
10
V3
3 - 4
1000
6
B
^ABCS = 3 SASB - SC = 3 -1 -1° -1° -1° :
1000
6
см3. Ответ: А.
Комментарий. Как видим, несколько нестандартный подход к решению задачи может значительно упростить ее решение. Кроме того, следует отметить, что многим ученикам трудно усвоить понятие угла наклона боковой грани или ребра к основанию пирамиды и отличать их от понятия угла при вершине. Поэтому желательно было бы подобные задачи чаще решать, в том числе при подготовке к ВНО и ЕГЭ по математике.
3. Дано правильный шестиугольник ABCDEF. Плоскость p не пересекает ни одной из сторон этого шестиугольника. Шестиугольник A1B1C1D1E1F1 - ортогональная проекция ABCDEF на плоскость p. Найдите АА\, если СС1 = 10 см, DD1 = 2,5 см, FF1 = 2 см.
Решение. Пусть на рисунке ABCDEF - данный правильный шестиугольник, а A1B1C1D1E1F1 -его ортогональная проекция p .
Проведем диагонали AD и CF и обозначим их точку пересечения как О. Ортогональной проекцией этих диагоналей являются диагонали шестиугольника
D
C
E
4
AiBiCiDiEiFi A1D1 и C1F1, которые пересекаются в точке Oi. Рассмотрим четырехугольник CCiFiF. Он является трапецией с основаниями СС1 и FF^ поскольку прямые ортогонального проектирования параллельны. По свойству диагоналей шестиугольника CO = OF, а по свойству ортогонального проектирования С1О1 = O1F1. Поэтому ОО1 - средняя линия трапеции и OO1 = 1 (СС1 + FF1 ) = 1(10 + 2) = 6 см.
Аналогично четырехугольник DD1A1A - трапеция с основаниями DD1 и AA1 и средней линией ОО1. Таким образом, OO1 = 2(AA1 + DD1), откуда 6 = 2(AA1 + 2,5), AA1 + 2,5 = 12, AA1 = 9,5 см. Ответ: 9,5.
Комментарий. Предыдущее задание ярко демонстрирует, насколько важным при решении пространственных задач является качественно выполненный рисунок, на котором отображены существенные свойства геометрических фигур, о которых говорится в тестовом задании.
Выводы. Проблема надлежащей подготовки украинских выпускников к независимому оцениванию знаний по математике, а российских - к единому государственному экзамену по математике на сегодня является чрезвычайно актуальной.
Важным шагом к решению этой проблемы, по нашему мнению, является создание качественной учебно-методической литературы и разработка системы подготовки к ВНО по математике с должной их апробацией на подготовительных курсах разных сроков, индивидуальных занятиях и тому подобное.
Нами создана учебно-методическая литература, разработана и апробирована система подготовки к ВНО по математике, опытом реализации которой мы делимся с читателями в этой статье (см. также некоторые авторские учебные пособия и статьи [1]-[7]). Однако, мы понимаем, что любая система подготовки требует постоянной коррекции и модернизации, а потому будем рады любым конструктивным замечаниям со стороны специалистов и плодотворной дискуссии в данном направлении.
Литература
1. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В., Захарийченко Л.И., Школьная Е.В. Школьный курс математики в тестах. Энциклопедия тестовых заданий.- Харьков: Издательство «Ранок», 2013. -496 с.
2. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В. Твой репетитор. Математика. Учебное пособие для подготовки к внешнему независимому оцениванию.- Киев: Издательство «Генеза», 2013.- 264с. (на украинском языке)
3. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В. Математика: тренировочные тесты. Учебное пособие для подготовки к внешнему независимому оцениванию. - Киев: Издательство «Генеза», 2013.- 96с. (на украинском языке)
4. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В. Типы тестовых заданий по математике и особенности их построения // Математика в школе (украинское издание).- 2008, №10.- С.15-24. (на украинском языке)
5. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В. Методические рекомендации относительно повышения качества создания и решения тестовых заданий по математике (часть 1: задания с вариантами ответов) // Математика в школе (украинское издание).- 2010, №3.- С.21-29. (на украинском языке)
6. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В. Методические рекомендации относительно повышения качества создания и решения тестовых заданий по математике (часть 2: задания с коротким и развёрнутым ответом) // Математика в школе (украинское издание).- 2010, №4.- С.3-11. (на украинском языке)
7. Захарийченко Ю.А., Школьный А.В. Угадывание ответов к тестовым заданиям по математике: искусство или мошенничество? // Математика в школе (украинское издание).- 2009, №11.- С3-11. (на украинском языке)
