ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 16 и 17)

Вариант 16   

Вокруг куба ABCDA1B1C1D1 с ребром 2 описана сфера. На ребре СС1 взята точка М так, что плоскость, проходящая через точки А, В и М, образует угол 15° с плоскостью АВС.

а) Постройте линию пересечения сферы и плоскости, проходящей через точки А, В и М.

б) Найдите длину линии пересечения плоскости АВМ и сферы.

ege15-var16-16Решение.

Продолжим ВМ до пересечения с поверхностью шара и получим точку К.  Плоскость сечения есть круг, описанный около прямоугольного ∆АВК (∠В=900 по ТТП, так как АВ перпендикулярно проекции ВС наклонной ВК и проходит через основание В этой наклонной).

Длина линии пересечения плоскости АВМ и сферы – это длина окрестности, описанной около прямоугольника ∆АВК и равна С=2πR, где 2R=AK. Тогда C=π·AK. Точка К принадлежит плоскости грани BB1C1С. Это точка окружности, описанной около BB1C1С. Диаметр этой окружности BC1. Таким образом, ∆BКC1 – прямоугольный. Так как ∠КВС=150 , то ∠C1BК=450-150=300. BK=BC1·cos300. Если ребро куба равно 2, то

2015-05-30_090045

Из прямоугольного ∆АВК по теореме Пифагора:

2015-05-30_090135

Искомая длина линии пересечения:

2015-05-30_090157

Вариант 17

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все рёбра равны 2.

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A, C и D1.

б) Найдите площадь сечения, проходящего через точки А, С и D1.

ege15-var17-16 Решение.

Проводим АС и CD1. Секущая плоскость пересечет параллельные грани по параллельным прямым, поэтому проведем D1F1 || AC, и осталось провести AF1. Четырехугольник ACD1F1 – параллелограмм, так как стороны его попарно параллельны. Основание призмы – правильный шестиугольник, внутренние углы которого равны 120°. Таким образом, в равнобедренном треугольнике АВС углы равны 120°, 30° и 30°. Получается, что малая диагональ правильного шестиугольника образует с его стороной прямой угол, т.е. ∠CAF=90°. Прямая АС, проведенная через основание наклонной AF1,  перпендикулярно ее проекции AF, будет перпендикулярна и самой наклонной  AF1 – теорема о трех перпендикулярах (ТТП). Получается, что параллелограмм ACD1F1 является прямоугольником. Площадь этого прямоугольника равна произведению его длины на ширину. S = AC AF1. Из ∆АВС по теореме косинусов находим:

2015-05-30_090327

ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 14, 15)

Вариант 14   

shar-var14Две параллельные плоскости, находящиеся на расстоянии 8 друг от друга, пересекают шар. Получившиеся сечения одинаковы, и площадь каждого из них равна 9π.

а) Постройте эти сечения.

б) Найдите площадь поверхности шара.

Решение. Всякое сечение шара плоскостью есть круг.

Каждая из плоскостей удалена от центра шара на 4, представляет собой круг, радиус которого равен 3.

9π=πr2 ⇒ r2=9 ⇒ r=3.

Тогда радиус шара ОА=5 (египетский треугольник имеет стороны 3; 4; 5). Площадь поверхности шара S=4πR2;  S=4π·52=100π (кв. ед.).

Ответ: 100π.

Вариант 15

Дан куб ABCDA1B1C1D1.

а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через середины его рёбер АВ, В1С1, АD.

б) Найдите угол между плоскостью A1BD и плоскостью, проходящей через середины рёбер АВ, В1С1, АD.

Решение.

ege15-var15-16Середина АВ – точка М; середина В1С1 – точка N, середина  AD – точка P. Проведем прямую МР – пересечения плоскости MNP с основанием. Секущая плоскость MNP пересечет верхнее основание по прямой, проходящей через точку  N параллельно МР, и эта прямая NE пересечет C1D1 в точке Е — середине C1D1. Прямая МР пересечет CD в точке Х. Таким образом, секущая плоскость имеет с гранью CC1D1D две общие точки Е и Х, поэтому пересечет эту грань по прямой EF, причем точка F – середина DD1. Прямая МР пересечет ВС в точке У. Тогда плоскость MNP пересечет грань ВВ1С1С по прямой УN и пересечет ВВ1 в точке Z, которая также является серединой ВВ1. Переднюю грань куба плоскость MNP пересечет по прямой ZМ. Итак, мы построили сечение куба плоскостью, проходящей через середины его рёбер АВ, В1С1, АD. Получился правильный шестиугольник MZNEFP.

Плоскость A1BD – правильный треугольник, стороны которого являются диагоналями равных квадратов – граней куба. Плоскости MNP и A1BD имеют две общие точки Q и Q1, следовательно, пересекутся по прямой QQ1.

Найдем угол между плоскостью A1BD и плоскостью MNP. Это будет угол, образованный двумя полупрямыми, перпендикулярными  QQ1 – линии пересечения наших плоскостей. Построим этот угол.

Проведем A1О, где О – пересечение диагоналей квадрата ABCD. Медиана A1О в равностороннем ∆BA1D является и высотой. A1О пересечет в точке К отрезок QQ1, который делит стороны A1B и A1D в отношении  1 : 4, считая от точек В и D, следовательно, и ОК : A1О = 1 : 4.

Почему в отношении 1: 4? Смотрите:

2015-05-23_201817

Медиана BQ в этом треугольнике, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т.е.

2015-05-23_201913

Следовательно, BQ : A1B = 1 : 4. Аналогично, DQ1 : A1D =1 : 4. Треугольники A1QQ1 и A1BD подобны по двум пропорциональным сторонам и углу ВА1D между этими сторонами. QQ1 II BD, треугольники QA1K и BA1O также подобны по углам, образованным соответственно параллельными сторонами, поэтому и ОК : A1О = 1 : 4.

Так как А1О ⊥ BD и QQ1 II BD, то А1О ⊥ QQ1, а значит и OK⊥QQ1.

Так как BD || MP и BD || QQ1, то MP || QQ1.

Обозначим через S точку пересечения MP с  АС — диагональю квадрата АBСD.

ege15-var15-16aKS – расстояние от МР до QQ1, т.е. KSQQ1 и угол OKS – линейный угол между плоскостью A1BD и плоскостью MNP. Обозначим  угол OKS через α. Проведем KT⊥OS. Треугольник OKT подобен  треугольнику OA1A и OT:OA=OK:ОА1=1:4.

2015-05-23_201941

Так как в ∆OKS высота КТ является и медианой, то ∆OKS – равнобедренный. КТ– биссектриса искомого угла α. Обозначим угол А1ОА через φ. Из прямоугольного ∆OAA1 найдем

2015-05-23_211240

Углы при основании OS равнобедренного треугольника OKS равны φ, следовательно, угол α = 180°-2φ. Тогда  tgα = tg(1800-2φ) = -tg2φ.

2015-05-23_211330

 

ege15-var15-16bА можно решить так: установим, что ∆OKS – равнобедренный и проведем SL⊥OK.

2015-05-23_202145

Из прямоугольного треугольника SLK, по определению тангенса острого угла, следует, что tgα = SL : KL. Обозначим KL = x.

Из ∆KLS по теореме Пифагора: SL2=KS2-KL2

Из ∆ОLS по теореме Пифагора: SL2=ОS2-ОL2. Левые части равенств равны, значит, и правые части равенств будут равны:

KS2-KL2 = ОS2-ОL2. Подставляем данные:

2015-05-23_202230

Однако, на мой взгляд, самым целесообразным (естественным) было бы рассуждать так:

установили, что угол OKS – искомый и обозначили его через α. Применим теорему косинусов к этому треугольнику и выразим косинус α.

2015-05-23_202313

Высота А1О в правильном треугольнике ВА1D равна произведению стороны А1В на синус 60° (катет, противолежащий углу, равен произведению гипотенузы на синус этого угла). Если ребро куба обозначить через а, то

2015-05-23_202345

где r6 – радиус окружности, вписанной в правильный шестиугольник  MZNEFP.

Если обозначить сторону правильного шестиугольника через b, то радиус вписанной окружности

2015-05-23_202607

Подставляем значения OK, KS, OS и найдем косинус α.

2015-05-23_202659

Дорогие друзья, мы решили данную задачу тремя способами (но понятно, что способов больше!), и вы должны знать, что вольны выбирать любой способ решения. Проверяющие вас экзаменаторы зачтут любое обоснованное решение. Да, ну а все же, давайте убедимся в том,

2015-05-23_202814

Желаю вам всяческих успехов!

ОГЭ ФИПИ-2015, вариант 02. Геометрия, часть 1.

Вариант 2. Часть 1. Модуль «Геометрия».

oge15-var2-99. В треугольнике АВС стороны АС и ВС равны. Внешний угол при вершине В равен 116°. Найдите угол С. Ответ дайте в градусах.

Решение. 1 способ. Нам дан равнобедренный треугольник с основанием АВ. Внешние углы при основании равнобедренного треугольника равны, значит, и внешний угол при вершине А равен 116°. Сумма всех внешних углов, взятых по одному при каждой вершине любого многоугольника равна 360°, следовательно, внешний угол при вершине С равен 360°-(116°+116°)=128°. Отсюда ∠С=180°-128°=52°.

2 способ. Угол В, смежный с данным внешним углом, равен 180°-116°=64°. Так углы при основании равнобедренного треугольника равны, то ∠А=∠В=64°. Тогда третий угол треугольника ∠С=180°-(64°+64°)=52°. Ответ: 52.

 

oge15-var2-1010. Окружность с центром в точке О описана около равнобедренного треугольника АВС, в котором АВ=ВС и ∠АВС=124°. Найдите величину угла ВОС. Ответ дайте в градусах.

Решение. Угол ВОС – центральный и опирается на дугу ВС. На эту же дугу опирается угол ВАС – угол при основании равнобедренного треугольника АВС. Углы при основании равнобедренного треугольника равны, поэтому:

∠ВАС=(180°-∠АВС):2; ∠ВАС=(180°-124°):2=28°. Так как вписанный угол равен 28°, то центральный угол, опирающийся на ту же дугу, вдвое больше. Отсюда ∠ВОС=28°∙2=56°. Ответ: 56.

 

oge15-var2-1111. Основания трапеции равны 11 и 14. Найдите больший из отрезков, на которые делит среднюю линию одна из ее диагоналей.

Решение. Пусть в трапеции ABCD основания ВС=11 и AD=14. В треугольнике АВС отрезок МО является средней линией. Средняя линия треугольника параллельна третьей стороне и равна ее половине. МО=ВС:2=11:2=5,5. В треугольнике ACD отрезок ON является средней линией, поэтому ON=AD:2=14:2=7. В ответе укажем большее значение. Ответ: 7.

 

oge15-var2-1212. В треугольнике АВС DE – средняя линия. Площадь треугольника CDE равна 20. Найдите площадь треугольника АВС.

Решение. ∆CDE и  ∆ABC подобны по равным углам, образованным соответственно параллельными сторонами этих треугольников. Площади подобных фигур относятся как квадраты их соответствующих линейных размеров. Tак как AB:DE=2:1 (DE – средняя линия треугольника АВС), то SABC : SCDE = 22 : 12 = 4 : 1. Другими словами: так как АВ больше DE в 2 раза, то площадь треугольника АВС больше площади треугольника CDE в 22, т.е. в 4 раза. Получаем:

S∆ABC = 4 S∆CDE  = 4 20 = 80. Ответ: 80.

oge15-var2-13

ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 11, 12, 13)

Вариант 11 

Дан куб ABCDA1B1C1D1.

а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, А1 и D1.

б) Найдите угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1.

prizmi8-var11Решение.

а) Так как секущая плоскость пересекает верхнюю грань по ребру A1D1 , то и нижнюю грань она пересечет по прямой, проходящей через точку В и параллельной A1D1, т.е. по прямой ВС. Таким образом, прямоугольник A1D1СВ – плоскость сечения.

б) Проведем C1F⏊A1В (A1В – прямая по которой пересекаются плоскости BA1C1 и BA1D1).

В равностороннем ∆ A1C1В отрезок C1F – высота. Если ребро куба обозначить через а, то

2015-05-18_104918

Точку F соединим с точкой К – центром квадрата BC1D1D ( задней грани куба). FK⊥А1В. Почему? Так как FK – отрезок, соединяющий центры передней и задней граней, то он будет перпендикулярен каждой из этих граней, а значит, будет перпендикулярен и отрезку А1В. Отрезок  FK  будет параллелен и равен ребрам ВС и A1D1, т.е. FK=a.

Угол С1FК – линейный угол между плоскостями BA1C1 и BA1D1. Обозначим этот угол через α. Рассмотрим треугольник С1FК. Имеем:

2015-05-18_105010

По теореме косинусов найдем косинус угла С1FК.

2015-05-18_105119

Подставим все имеющиеся значения в (*).

2015-05-18_105211

Вариант 12

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD основание ABCD – квадрат со стороной 6, а боковое ребро равно 9. На ребре SA отмечена точка М так, что АM=6.

а) Постройте перпендикуляр из точки S на плоскость BCM.

б) Найдите расстояние от вершины S до плоскости BCM.

piramidi-var12Решение.

Смотрите задачи вариантов 1 и 7. Чертеж чуть отличается, так как точка М делит боковое ребро на отрезки 6 и 3 (по условию АМ=6). Рассуждения те же.

а) Сечение пирамиды проходящее через точки В,С и М представляет собой равнобокую трапецию BMNC, KF – ось трапеции. Перпендикуляр из точки S на плоскость BCM — высота ∆SKF. В зависимости от угла SKF эта высота может лежать внутри ∆SKF или вне ∆SKF. Обозначим SKF через α и определим угол α из теоремы косинусов. Для этого нужно знать все стороны ∆SKF.

Так же нужно определить угол φ при основании каждой боковой грани пирамиды.

piramidi-var12aРассмотрим грань SAD.

2015-05-18_110656

В ∆МАВ  на основании теоремы косинусов имеем:

2015-05-18_110721

 

 

piramidi-var12b

Рассмотрим равнобедренную трапецию BMNC. Проведем МР⏊ВС. Так как МК=1,то PF=1 ⇒ BP=3-1=2. Из ∆BPM  находим:

2015-05-18_110858

Наконец, из ∆SKF определяем косинус угла α:

2015-05-18_110953

Итак, cosα < 0, поэтому SKF – тупой, и высота ∆SKF, проведенная из вершины S лежит вне ∆SKF.

б) Проведем ST⏊KF и найдем ST из ∆STK. Отрезок ST и есть искомое расстояние от вершины S до плоскости ВСМ.

ST=SK·sin(π-α)=SK·sinα.

2015-05-18_111033

Вариант 13

Дан куб ABCDA1B1C1D1.

а) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, А1 и D1.

б) Найдите угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1.

prizmi9-var13Решение. 

а) Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым, то плоскость BA1D1 пересечет основание по прямой ВС, и искомое сечение – BA1D1C.

б) Аналогично строим плоскость AB1C1D.

Эти плоскости пересекаются по прямой ОО1, точки О и О1 – центры квадратов (передней и задней граней куба). Отрезок ОО1 перпендикулярен граням АА1В1В и DD1C1D, следовательно ОО1⊥АВ1 и ОО1⊥А1В. Угол между диагоналями АВ1 и А1В квадрата и есть угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1. Мы знаем, что диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, следовательно, угол между плоскостями АВ1C1 и BA1D1 равен 900.

Ответ: 90.

ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 08, 09, 10)

Вариант 8  

В правильной четырёхугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 3, а боковые рёбра равны 4. На ребре АА1 отмечена точка Е так, что АЕ:ЕА1=1:3.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей ABC и BED1.

б) Найдите угол между плоскостями ABC и BED1.

prizmi6-var8Решение. Соединим точки В и Е, Е и D1, D1 и В. Плоскость (BED1) пересечет плоскость основания по прямой, проходящей через точку В и точку Кпересечения прямых D1E и AD.

ВКпрямая пересечения плоскостей АВС и BED1.

Проведем DF⊥BK и точку F соединим с точкой D1. По ТТП  D1F⊥BK .

∠ DFD1линейный угол между плоскостями (АВС) и (BED1).

2015-05-16_121831

Определим DF, которая является высотой ∆BDK .

2015-05-16_121932

Из подобия ∆D1KD иEKA имеем:

2015-05-16_122017

Из прямоугольного ∆ВАК по теореме Пифагора:

2015-05-16_122108

Вариант 9

В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 стороны основания равны 5, боковые рёбра равны 2, точка D – середина ребра СС1.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей АВС и ADB1.

б) Найдите угол между плоскостями АВС и ADB1.

prizmi7-var9Решение. Секущая плоскость ADB1 имеет с основанием общую точку А, следовательно пересекает (АВС) по прямой, проходящей через точку А. Определим еще одну точку этой прямой. Продолжим сторону основания ВС до пересечения с прямой B1D и получим точку К – общую для (АВС) и (АDВ1). Следовательно прямая пересечения этих плоскостей – это прямая АК.

2015-05-16_122943

Обозначим СК  через х.

2015-05-16_123009

∆АСК – равнобедренный, так как СК = AC = 5.  ACK = 1800-600=1200

2015-05-16_123039

Так как АК⊥АВ, то AB1⊥АК по ТТП. Таким образом, искомый угол В1АВ – угол между полупрямыми, перпендикулярными АС – общей прямой плоскостей АВС и ADB1.

Из ∆АВВ1 получаем:

2015-05-16_123116

Вариант 10

В правильной треугольной призме АВСА1В1С1 стороны основания равны 3, боковые рёбра равны 1, точка D – середина ребра СС1.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей АВС и ADB1.

б) Найдите угол между плоскостями АВС и ADB1.

prizmi7-var9Решение. Боковая грань СС1В1В пересекается с плоскостью основаниями по прямой ВС а с плоскостью АDВ1 по прямой В1D, и точка К лежит на этой прямой:

Кϵ (АDВ1), Кϵ (АВС), Кϵ(СС1В1В).

Таким образом плоскости АВС и АDВ1 имеют 2 общие точки А и К, следовательно, пересекаются по прямой АК.

2015-05-16_123755

Обозначим СК через х. Получаем равенство:

2015-05-16_123824

АСК – равнобедренный.

2015-05-16_123848

Получается, что ВАК – прямоугольный (∠ВАК=900)

Итак, АК⊥АВ, значит, по ТТП АВ1⊥АК, и угол В1АВ – линейный угол двугранного угла с общим ребром АК, т.е. угол между  плоскостями АВС и ADB1.

2015-05-16_123920

 

ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 05, 06, 07)

Вариант 5 

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все рёбра равны 1.

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки B, С1 и F.

б) Найдите расстояние от точки В до прямой C1F.

Решение. Сечение – четырехугольник BC1E1F с диагональю C1F.

2015-05-14_131952

2015-05-14_132217Сторону BF найдем из ∆АBF по теореме косинусов:

BF2=AB2+AF2-2ABAFcos∠BAF;

BF2=AB2+AF2-2ABAFcos1200 = 3. Тогда

2015-05-14_132059

Так как ∠CBF=90°, то на основании теоремы о трех перпендикулярах, BF⟘BC1. Это означает, что сечение BC1E1F – прямоугольник. Диагональ прямоугольника C1F2=BF2+BC12; C1F2=3+2=5.

2015-05-14_132119

 

BKискомое расстояние от точки В до прямой C1F.

Найдем ВК как высоту из ∆FBС1,  используя формулу площади треугольника.

2015-05-14_132154

Вариант 6

В правильной четырёхугольной призме ABCDA1B1C1D1 стороны основания равны 2, а боковые рёбра равны 3. На ребре АА1 отмечена точка Е так, что АЕ:ЕА1=1:2.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей  ABC и BED1.

б) Найдите угол между плоскостями ABC и BED1.

Решение. D1Е и АD пересекаются в точке, которая принадлежит плоскости (АВС).

Следовательно, прямая пересечения — МВ.

prizmi5-var6

Проведем EN⊥MB и соединим точку А с точкой N. По обратной ТТП АN⊥MB и ∠ANEлинейный угол между плоскостями АВС и BED1.

Найдем тангенс этого угла.

2015-05-14_135012

Из подобия прямоугольных треугольников MDD1 и MAE следует:

2015-05-14_134126

Значит, MA = 1. Из прямоугольного ∆MAB по теореме Пифагора:

 2015-05-14_134309

Вариант 7

В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD основание ABCD – квадрат со стороной 6, а боковое ребро равно 12. На ребре SA отмечена точка М так, что SM=6.

а) Постройте перпендикуляр из точки S на плоскость BCM.

б) Найдите расстояние от вершины S до плоскости BCM.

Решение. Конечно же вы поняли, что это та же задача № 16 из варианта 1. Чтобы построить перпендикуляр из точки S на плоскость BCM, нужно построить эту плоскость ВСМ, затем понять, как проводить этот перпендикуляр. Все рассуждения смотрите в задаче варианта 1. Чертеж получится тот же. А расчеты будем проводить согласно данным из условия настоящей задачи.

ege15-1-16s

Этапы построения: рисунки 1 и 2.

Смотрим рисунок 3.

2015-05-14_142102

Рассмотрим ∆MAB и применим теорему косинусов:

МВ2 = АВ2+ АМ2-2АВАМcosφ;

2015-05-14_142211

Рассмотрим трапецию BMNC (рис. 4).

2015-05-14_142300

Из прямоугольного треугольника ВРМ по теореме Пифагора:

2015-05-14_142353

Смотрим рисунок 2. Рассмотрим ∆SKF.

2015-05-14_142652

Так как cosα < 0, то угол α – тупой.

Проводим ST⊥KF.

ege15-1-16ssТак как угол α – тупой, то ST лежит вне треугольника SKF.

Из ∆SKT   ST = SK sin(1800-α); ST = SK sinα.

Зная косинус α, найдем синус α.

2015-05-14_142823

 

ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 02, 03, 04)

Вариант 2, задача 16. 

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все рёбра равны 1.

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки B, A1 и D1.

б) Найдите расстояние от точки В до прямой A1D1.

prizmi1-var2Решение. Сечением будет трапеция ВA1D1С. Расстояние от точки В до A1D1 – это ВК. A1D1 – бОльшая диагональ правильного шестиугольника

A1D1 = 2;

2015-05-12_090258

BK2 + A1K2 = A1B2;

2015-05-12_085413

Вариант 3, задача 16.

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все рёбра равны 1.

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки А, С1 и D.

б) Найдите расстояние от точки А до прямой С1D.

prizmi2-var3Решение. Сечение – равнобокая трапеция AB1C1D. Проведем B1МAD.

2015-05-12_085740

Из прямоугольного AKD  AK = ADsinD.

2015-05-12_085825

 

 Вариант 4, задача 16.

В правильной шестиугольной призме ABCDEFA1B1C1D1E1F1 все рёбра равны 1.

а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки F1, A и C.

б) Найдите расстояние от точки F1 до прямой AC.

prizmi3-var4Решение. АF1наклонная к плоскости основания, F1E – перпендикуляр, АС – прямая на плоскости, проведенная через основание (точка А) наклонной АF1 перпендикулярно ее проекции АF. Следовательно, (по ТТП) АС⊥АF1, т.е. АF1 и есть расстояние от точки F1 до прямой АС.

new

 

 

Остались вопросы? Меня зовут Татьяна Яковлевна Андрющенко. Хотите записаться на консультацию? Звоните мне по Skype: tayak_tz или пишите по адресу: at@mathematics-repetition.com
Сайт размещается на хостинге Спринтхост