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.

ege15-var18-16Проведем 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.

ege15-var18-16aМО – 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.

2015-06-01_133003

Из прямоугольного ∆KMD найдем

2015-06-01_132338

Из прямоугольного ∆АОК (диагонали квадрата пересекаются под прямым углом) по теореме Пифагора имеем:

2015-06-01_132415

Из ∆АМК по теореме косинусов найдем косинус искомого ∠АМК = φ.

2015-06-01_132627

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.

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!

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

 

 

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:

ege15-1-19s

Смотрите видео.

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)=axпредставляет 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).

ege15-1-20s

Смотрите видео.

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.

2015-03-04_201121

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!)

2015-03-04_201324

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.

Смотрите видео.

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.

ege15-1-16s

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.

2015-03-04_121120

SF – высота и медиана равнобедренного Δ SBC с боковой стороной SB=9 и основанием ВС=6. SF= SB- BF= 8 1- 9 = 72. Грани SAD и SBC равны, поэтому:

2015-03-04_121801

Найдем SK (рис. 3). Определим угол φ.

2015-03-04_122245

В прямоугольном ΔMKS гипотенуза SM = 6, тогда MK = SM cosφ; МК = 2. SK = SM sinφ (можно найти и по теореме Пифагора).

2015-03-04_122513

Из Δ МАВ по теореме косинусов найдем МВ.

МВ2 = МА2 + АВ2 – 2 МА АВ cos∠MAB; заметим, что cos∠MAB=φ.

2015-03-04_122714

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.

2015-03-04_123012

ege15-1-16ssСледовательно, 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.

2015-03-04_123209

 

Смотреть видео.

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 2=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; +∞).

Смотреть видео.

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.

ege15-1-18s

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. 

2015-03-04_183356

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.

2015-03-04_185829

Смотреть видео.

 

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.

ege15-1-12ss

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.

ege15-1-13ss

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.

ege15-1-14ss

Смотреть видео.

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:

ege15-1-15s

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.

ege15-1-15ss

Смотреть видео.

Страница 1 из 212
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