ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (вариант 18)
Вариант 18
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD все рёбра равны 1.
а) Постройте прямую пересечения плоскости SAD с плоскостью, проходящей через точку В перпендикулярно прямой AS.
б) Найдите угол между плоскостью SAD и плоскостью, проходящей через точку В перпендикулярно прямой AS.
Решение.
Проведем ВМ⊥AS и точку М соединим с точкой D. Так как в равностороннем ∆SAB высота ВМ также является медианой, то медиана MD в равносторонем ∆SAD также является и высотой. Прямая AS, перпендикулярная двум пересекающимся в точке М прямым, лежащим в плоскости BMD, будет перпендикулярна и самой плоскости BMD. Так как MD – общая прямая плоскости BMD и плоскости SAD, то это и есть прямая пересечения плоскости SAD с плоскостью, проходящей через точку В перпендикулярно прямой AS.
Угол между плоскостью SAD и плоскостью BMD должен быть образован двумя полупрямыми, перпендикулярными MD – прямой пересечения плоскостей. В плоскости SAD AM⊥MD (MD – высота), АМ=1/2 (помним, что все ребра данной пирамиды равны 1). В плоскости BMD проведем перпендикуляр KM⊥MD и выясним положение точки К на диагонали BD квадратаABCD. ∠АМК – искомый, обозначим его через φ.
Рассмотрим равнобедренный ∆BMD.
МО – высота и медиана этого равнобедренного треугольника, а также МО — средняя линия ∆SAC, поэтому MO= 1/2 (все ребра пирамиды равны 1).
В прямоугольном ∆MОD обозначим ∠ODM через α.
Из прямоугольного ∆KMD найдем
Из прямоугольного ∆АОК (диагонали квадрата пересекаются под прямым углом) по теореме Пифагора имеем:
Из ∆АМК по теореме косинусов найдем косинус искомого ∠АМК = φ.
Так как cosφ = 0, то ∠АМК = φ = 900, и это означает, что угол между плоскостью SAD и плоскостью, проходящей через точку В перпендикулярно прямой AS – прямой.
Ответ: 90.
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.
Решение.
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
Из прямоугольного ∆АВК по теореме Пифагора:
Искомая длина линии пересечения:
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.
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:
ЕГЭ ФИПИ-2015, задача 16 (варианты 14, 15)
Вариант 14
Две 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.
Середина 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:
Медиана BQ в этом треугольнике, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т.е.
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.
KS – расстояние от МР до QQ1, т.е. KS ⊥QQ1 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.
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
Углы при основании OS равнобедренного треугольника OKS равны φ, следовательно, угол α = 180°-2φ. Тогда tgα = tg(1800-2φ) = -tg2φ.
А можно решить так: установим, что ∆OKS – равнобедренный и проведем SL⊥OK.
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:
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.
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
где r6 – радиус окружности, вписанной в правильный шестиугольник MZNEFP.
Если обозначить сторону правильного шестиугольника через b, то радиус вписанной окружности
Подставляем значения OK, KS, OS и найдем косинус α.
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,
Желаю вам всяческих успехов!
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.
Решение.
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
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:
По теореме косинусов найдем косинус угла С1FК.
Подставим все имеющиеся значения в (*).
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.
Решение.
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.
Рассмотрим грань SAD.
В ∆МАВ на основании теоремы косинусов имеем:
Рассмотрим равнобедренную трапецию BMNC. Проведем МР⏊ВС. Так как МК=1,то PF=1 ⇒ BP=3-1=2. Из ∆BPM находим:
Наконец, из ∆SKF определяем косинус угла α:
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.
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.
Решение.
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.
Решение. Соединим точки В и Е, Е и D1, D1 и В. Плоскость (BED1) пересечет плоскость основания по прямой, проходящей через точку В и точку К – пересечения прямых D1E и AD.
ВК – прямая пересечения плоскостей АВС и BED1.
Проведем DF⊥BK и точку F соединим с точкой D1. По ТТП D1F⊥BK .
∠ DFD1 – линейный угол между плоскостями (АВС) и (BED1).
Определим DF, которая является высотой ∆BDK .
Из подобия ∆D1KD и ∆EKA имеем:
Из прямоугольного ∆ВАК по теореме Пифагора:
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.
Решение. 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.
Обозначим СК через х.
∆АСК – равнобедренный, так как СК = AC = 5. ∠ACK = 1800-600=1200
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:
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.
Решение. 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.
Обозначим СК через х. Получаем равенство:
∆АСК – равнобедренный.
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.
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.
Сторону BF найдем из ∆АBF по теореме косинусов:
BF2=AB2+AF2-2∙AB∙AF∙ cos∠BAF;
BF2=AB2+AF2-2∙AB∙AF∙cos1200 = 3. Тогда
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.
BK – искомое расстояние от точки В до прямой C1F.
Найдем ВК как высоту из ∆FBС1, используя формулу площади треугольника.
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.
Проведем EN⊥MB и соединим точку А с точкой N. По обратной ТТП АN⊥MB и ∠ANE – линейный угол между плоскостями АВС и BED1.
Найдем тангенс этого угла.
Из подобия прямоугольных треугольников MDD1 и MAE следует:
Значит, MA = 1. Из прямоугольного ∆MAB по теореме Пифагора:
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.
Этапы построения: рисунки 1 и 2.
Смотрим рисунок 3.
Рассмотрим ∆MAB и применим теорему косинусов:
МВ2 = АВ2+ АМ2-2∙АВ∙АМ∙cosφ;
Рассмотрим трапецию BMNC (рис. 4).
Из прямоугольного треугольника ВРМ по теореме Пифагора:
Смотрим рисунок 2. Рассмотрим ∆SKF.
Так как cosα < 0, то угол α – тупой.
Проводим ST⊥KF.
Так 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.
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.
Решение. Сечением будет трапеция ВA1D1С. Расстояние от точки В до A1D1 – это ВК. A1D1 – бОльшая диагональ правильного шестиугольника
A1D1 = 2;
BK2 + A1K2 = A1B2;
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.
Решение. Сечение – равнобокая трапеция AB1C1D. Проведем B1М⊥AD.
Из прямоугольного ∆AKD AK = AD∙sin∠D.
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.
Решение. АF1 – наклонная 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.
ЕГЭ-2015 ФИПИ, вариант 01(19-21)
Вариант 1-19.
Максим хочет взять в кредит 1,5 млн. рублей. Погашение кредита происходит два раза в год равными суммами (кроме, может быть, последней) после начисления процентов. Ставка процента 10% годовых. На какое минимальное количество лет может Максим взять кредит, чтобы ежегодные выплаты были не более 350 тысяч рублей? Ответ: 6.
Решение. 10% годовых начисляют на оставшуюся сумму долга.
Чтобы найти проценты от числа проценты обратим в десятичную дробь и умножим число на полученную дробь. Находим 110% от 1500000 рублей:
1) 110%=1,1; 2) 1500000·1,1=1650000. Итак:
Вариант 1-20.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение f(x)=|2a+5|x имеет 6 решений, где f – четная периодическая функция с периодом Т=2, определённая на всей числовой прямой, причём f(x)=ax2, если 0≤x≤1.
Графиком функции f(x)=|2a+5|x является прямая, образующая острый угол с положительным направлением оси Ох, так как угловой коэффициент этой прямой k=|2a+5|>0 при любом значении а. А график функции f(x)=ax2 представляет собой параболу, ветви которой могут быть направлены вверх при a>0 или вниз при a<0. Так как функция периодическая, то у нас получится совокупность парабол. Эти параболы надо пересечь прямой так, чтобы в пересечении получилось 6 точек. Для того, чтобы найти все значения параметра а мы возьмем очевидные координаты точки пересечения графиков и подставим их в уравнение прямой. В 1 случае это будет точка (5; а), во 2 случае точка (-5; а).
Вариант 1-21.
Бесконечная десятичная дробь устроена следующим образом. Перед десятичной запятой стоит нуль. После запятой подряд выписаны члены возрастающей последовательности натуральных чисел an. В результате получилось рациональное число, которое выражается несократимой дробью, знаменатель которой меньше 100. Найдите наименьшее возможное значение а3. Ответ: 3.
У нас должна получиться дробь: 0,а1а2а3а4… Самое меньшее значение а3 равно 3, т.е. получается дробь 0,123… Что же это за рациональное число? Рациональными называют числа, которые можно записать в виде дроби m/n (m, деленное на n), где m – целое, n – натуральное.
Это рациональное число представим в виде бесконечной периодической десятичной дроби. Для этого разделим числитель на знаменатель в столбик (на калькуляторе вы не получите бесконечную периодическую дробь, да не разрешают пользоваться калькуляторами на экзаменах!)
Убедимся в том, что эта дробь удовлетворяет нашим условиям, а именно – после запятой выписаны члены возрастающей последовательности натуральных чисел. Действительно, получается дробь: 0,123456790123456790123456790… . Члены возрастающей последовательности: 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 90; 123; 456; 790; 1234; 56790; и т.д. Итак, наименьшее возможное значение а3 = 3.
ЕГЭ-2015 ФИПИ, вариант 01(16-18)
Вариант 1-16.
В правильной четырехугольной пирамиде SABCD основание ABCD — квадрат со стороной 6, а боковое ребро равно 9. На ребре SA отмечена точка М так, что SM=6. а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки В, С и М. б) Найдите расстояние от вершины до плоскости ВСМ.
Решение. Основанием нашей пирамиды служит квадрат ABCD со стороной 6, вершина S проектируется в центр квадрата – точку О, гранями являются равные равнобедренные треугольники с основаниями 6 и боковыми сторонами 9.
а) Построим сечение ВСМ. Если две плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой, проходящей через эту точку. Секущая плоскость пересечет основание пирамиды по прямой ВС, грань SAB — по прямой ВМ (см. рис 1). Прямая пересечения секущей плоскости с гранью SAD пройдет через точку М. Как? Параллельно AD. Почему? Если бы прямая MN была не параллельна AD, то она должна была бы пересекать AD в точке, принадлежащей прямой ВC (ведь все точки пересечения секущей плоскости с плоскостью основания лежат на прямой ВС), но это невозможно, ведь AD II BC. Проводим MN II AD и соединяем точку N с точкой С. Сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки В, С и М построено и представляет собой равнобедренную трапецию BMNC c основаниями BC и MN.
б) Найдем расстояние от вершины S до плоскости ВСМ. Выполним построения: проведем EF II AB (заметим, что Е – середина AD, F — середина BC). Соединим точки E и F c вершиной S. Плоскость SEF пересечет трапецию BMNC по прямой KF, которая является осью симметрии трапеции (рис. 2). Расстоянием от точки S до плоскости сечения будет служить высота треугольника SKF, проведенная к стороне KF. Построение этого перпендикуляра будет зависеть от величины угла SKF (обозначим его через α). Если угол α — острый, то высота треугольника SKF будет лежать внутри треугольника. Если же угол α – тупой, то вне треугольника. С помощью теоремы косинусов определим косинус угла α в треугольнике SKF.
SF – высота и медиана равнобедренного Δ SBC с боковой стороной SB=9 и основанием ВС=6. SF2 = SB2 - BF2 = 8 1- 9 = 72. Грани SAD и SBC равны, поэтому:
Найдем SK (рис. 3). Определим угол φ.
В прямоугольном ΔMKS гипотенуза SM = 6, тогда MK = SM ∙ cosφ; МК = 2. SK = SM ∙ sinφ (можно найти и по теореме Пифагора).
Из Δ МАВ по теореме косинусов найдем МВ.
МВ2 = МА2 + АВ2 – 2 ∙ МА ∙ АВ ∙ cos∠MAB; заметим, что cos∠MAB=φ.
Рассмотрим трапецию BMNC (рис. 4). Проведем MP⟘BC. MK=2, BF=3, BP=1. Из прямоугольного треугольника ВРМ по теореме Пифагора:
МР2 = МВ2 – ВР2 = 33-1=32.
Следовательно, угол α – тупой, и высота ΔSKF будет лежать вне треугольника. Построим ST ⊥ KF и найдем длину ST – катета прямоугольного треугольника TKS, противолежащего углу (π-α). ST = SK ∙ sin(π-α) = SK ∙ sinα. Зная косинус α, найдем синус α.
Вариант 1-17.
Решите неравенство: log3(9x+16x-9∙4x+8)≥2x.
Решение. Представим правую часть в виде логарифма по основанию 3:
log3(9x+16x-9∙4x+8)≥log332x. Это неравенство будет верным при выполнении условий:
9x+16x-9∙4x+8≥32x и 9x+16x-9∙4x+8>0. Так как 32x>0, то решить можно только первое из неравенств. Запишем его в виде: 32x+42x-9∙4x+8≥32x; преобразуем и получим: 42x-9∙4x+8≥0. Сделаем замену: 4x=y. Решим неравенство: y2-9y+8≥0. Нули трехчлена y2-9y+8 – у1=1, у2=8. Неравенство будет верным при y<1 и y>8. Но у=4х, а 4x>0 при любом х. Следовательно, 4х будет принадлежать объединению промежутков (0; 1] и [8; +∞). Найдем промежутки значений х. Решим уравнения: 1) 4х=1, отсюда х=0; 2) 4х=8, отсюда 22х=23 и получаем х=3. 4х стремится к нулю при х стремящемся к -∞. 4х стремится к +∞ при х стремящемся к +∞. Таким образом, х принадлежит объединению промежутков: (-∞; 0] и [1,5; +∞).
Вариант 1-18.
В треугольнике АВС известно, что угол ВАС равен 60 градусов, угол АВС равен 45 градусов. Продолжения высот треугольника АВС пересекают описанную около него окружность в точках M, N, P. а) Докажите, что треугольник MNP прямоугольный. б) Найдите площадь треугольника MNP, если известно, что ВС=12.
Начертим данный треугольник и опишем около него окружность. Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается. Смотрим рис. 6. Проведем высоты ΔАВС и обозначим точки пересечения этих высот с окружностью — точки M, N, P. Смотрим рис. 7.
а) Соединим эти точки (рис. 8) и докажем, что ΔMNP — прямоугольный, т.е. что ∠MNP опирается на полуокружность. Действительно, так как ∠ВСР=45°, то дуга ВР содержит 90°. Так как ∠ВАМ=45°, то дуга ВМ содержит 90°. Итак, дуга РМ содержит 180°, поэтому ∠MNP=90°, и мы доказали, что ΔMNP — прямоугольный.
б) Найдем площадь ΔMNP. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов: S = ½ · MN · PN. Для того, чтобы найти катеты MN и PN найдем гипотенузу MP и острый угол MPN. МР =2R, а по следствию к теореме синусов: отношение любой стороны треугольника к синусу противолежащего угла равно 2R.
Определим величину угла MPN. ∠MPN=∠MPC+∠NPC. ∠MPC=∠MAC=15° (опираются на одну и ту же дугу МС); ∠NPC=∠NBC=15° (опираются на одну дугу NC). Следовательно, ∠MPN=15°+15°=30°. По гипотенузе МР и острому углу ∠MPN=30°, найдем катеты . Катет MN, противолежащий углу 30°, равен половине гипотенузы.
ЕГЭ-2015 ФИПИ, вариант 01(11-15)
Вариант 1-11.
Высота над землей подброшенного вверх мяча меняется по закону h(t)=1+11t-5t2, где h — высота в метрах, t — время в секундах, прошедшее с момента броска. Сколько секунд мяч будет находиться на высоте не менее 3 м? Ответ: 1,8.
Решение. Найдем время t, при котором h(t)≥3. Получаем: 1+11t-5t2≥3 или 5t2-11t+2≤0. Корни квадратного уравнения t1=0,2; t2=2. Неравенство выполняется на промежутке [0,2; 2]. Общее время с 0,2 секунд до 2 секунд составит 2-0,2=1,8 секунд.
Вариант 1-12.
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известно, что ВВ1=16, А1В1=2, A1D1=8. Найдите длину диагонали АС1.
Решение. Квадрат диагонали прямоугольного параллелепипеда равен сумме квадратов его линейных размеров: d2=a2+b2+c2.
Вариант 1-13.
Теплоход проходит по течению реки до пункта назначения 483 км и после стоянки возвращается в пункт отправления. Найдите скорость течения, если скорость теплохода в неподвижной воде равна 22 км/ч, стоянка длится 2 ч, а в пункт отправления теплоход возвращается через 46 ч после отплытия из него. Ответ дайте в километрах в час. Ответ: 1.
Вариант 1-14.
Найдите точку максимума функции у=х3+12х2+13. Ответ: -8.
Находим производную: y’=3x2+24x=3x(x+8). Критические точки х1=-8, х2=0.
Вариант 1-15.
Решите уравнение: а) 3sin2x-4cosx+3sinx-2=0.
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку [π/2 ; 3π/2 ].
Применим формулу: sin2α = 2sinαcosα
3∙2sinxcosx – 4cosx + 3sinx – 2 = 0;
(6sinxcosx – 4cosx) + (3sinx – 2) = 0;
2cosx(3sinx – 2) + (3sinx – 2) = 2;
(3sinx – 2)(2cosx + 1) = 0 ⇒ 3sinx – 2 = 0 или 2cosx + 1 = 0.
1) 3sinx – 2 = 0; 2) 2cosx + 1 = 0;
Используем формулы:
sint = a ⇒ t = (-1)n ∙arcsin a + πn, n ∈ Z и cost = -a ⇒ t = ± (π – arccos a) + 2πk, k ∈ Z. Тогда:
Задание а) выполнено. Приступим к выполнению задания б). Будем подбирать такие целые значения n и k, чтобы значение х принадлежало указанному в задании б) промежутку.
