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.
