Тапсырма 15 ЕГЭ по бейінді математикада: ФИПИ шешімдері қадамдық жауаптарымен

Поскольку рёбра $DA$, $DB$ и $DC$ попарно перпендикулярны, треугольники $ADB$, $BDC$ и $CDA$ прямоугольные в вершине $D$.$$AB^2=DA^2+DB^2,\quad BC^2=DB^2+DC^2,\quad AC^2=DA^2+DC^2$$

Все стороны основания равны: $AB=BC=AC=5\sqrt{2}$. Поэтому из полученных равенств следует $DA=DB=DC$. Обозначим их общую длину через $x$.$$x^2+x^2=(5\sqrt{2})^2=50,\quad x=5$$

В треугольнике $SAD$ точки $M$ и $K$ являются серединами сторон $SA$ и $SD$. По теореме о средней линии треугольника $MK \parallel AD$.$$MK \parallel AD$$

Основание пирамиды $SABCDEF$ — правильный шестиугольник. В нём противоположные стороны параллельны, поэтому $AD \parallel BC$.$$AD \parallel BC$$

Однозначно решить задачу по представленному распознанному условию нельзя: в нём отсутствуют длина бокового ребра, обозначения рёбер и точек, отношения, задающие положение точек, а также обозначения двух плоскостей.

Для правильного треугольника со стороной 6 площадь основания равна $S_{\text{осн}} = \dfrac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}$.$$S_{\text{осн}} = 9\sqrt{3}$$

Выберем координаты вершин призмы: $A(0,0,0)$, $B(12,0,0)$, $C(6,6\sqrt{3},0)$, $A_1(0,0,12)$, $B_1(12,0,12)$, $C_1(6,6\sqrt{3},12)$.

Из условия $A_1M=2MA$ и $AA_1=12$ следует $MA=4$, поэтому $M(0,0,4)$. Точка $K$ — середина ребра $A_1B_1$, поэтому $K(6,0,12)$.$$12-z_M=2z_M,\quad z_M=4$$

Основание правильной четырёхугольной пирамиды является квадратом $ABCD$, а точка $O$ — его центр. Введём координаты:$$O(0,0,0),\quad B\left(-\frac12,\frac12,0\right),\quad D\left(\frac12,-\frac12,0\right),\quad C\left(-\frac12,-\frac12,0\right),\quad S(0,0,h)$$

Направляющий вектор ребра $SC$ равен $\overrightarrow{SC}=\left(-\dfrac12,-\dfrac12,-h\right)$. Направляющий вектор прямой $BD$ равен $\overrightarrow{BD}=(1,-1,0)$.$$\overrightarrow{SC}\cdot\overrightarrow{BD}=\left(-\frac12\right)\cdot1+\left(-\frac12\right)\cdot(-1)+(-h)\cdot0=0$$

Так как рёбра $DA$, $DB$ и $DC$ попарно перпендикулярны, треугольники $ADB$, $BDC$ и $ADC$ прямоугольные в точке $D$.$$AB^2=DA^2+DB^2,\quad BC^2=DB^2+DC^2,\quad AC^2=DA^2+DC^2$$

Поскольку $AB=BC=AC$, из равенств квадратов соответствующих сторон следует, что $DA=DB=DC$. Обозначим общую длину этих рёбер через $x$.$$2x^2=(6\sqrt{2})^2=72$$

Пусть $AB=a$, а высота пирамиды равна $h$. Выберем координаты: $A\left(-\dfrac a2,-\dfrac a2,0\right)$, $B\left(\dfrac a2,-\dfrac a2,0\right)$, $C\left(\dfrac a2,\dfrac a2,0\right)$, $D\left(-\dfrac a2,\dfrac a2,0\right)$, $S(0,0,h)$. Так…

Уравнение плоскости $SBC$ можно записать в виде $2hx+az-ah=0$. Поскольку плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $SBC$ и проходит через точку $M$, её уравнение имеет вид $2hx+az=0$.$$2hx+az=0$$

Введём координаты: $O(0,0,0)$, $A(2,2,0)$, $B(-2,2,0)$, $C(-2,-2,0)$, $D(2,-2,0)$. Так как все рёбра пирамиды равны $4$, для вершины $S(0,0,h)$ имеем $SA=4$.$$SA^2=2^2+2^2+h^2=16$$

Отсюда $h=2\sqrt{2}$, поэтому $S(0,0,2\sqrt{2})$.

Выберем точку $S$ за начало отсчёта и обозначим $\vec{SA}=\vec a$, $\vec{SB}=\vec b$, $\vec{SC}=\vec c$. Тогда$$\vec{SM}=\frac{\vec a+\vec b}{2},\quad \vec{SK}=\frac{\vec c}{2},\quad \vec{SL}=\frac{\vec b+3\vec c}{4}$$

Пусть $\vec{SR}=-r\vec b$, так как точка $R$ лежит на продолжении $SB$ за точку $S$. Точка $L$ лежит на прямой $RK$, поэтому для некоторых параметров она представима как $\vec{SL}=(1-u)\vec{SR}+u\vec{SK}$.$$\frac{\vec b+3\vec c}{4}=-r(1-u)\vec b+\frac u2\vec c$$

Так как $AB=AD=6$, а $AM=AK=4$, то точки $M$ и $K$ делят рёбра $AB$ и $AD$ в одинаковом отношении:$$\frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AD}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$$

Плоскость $CMK$ отсекает от тетраэдра $ABCD$ тетраэдр $AMCK$. У этих тетраэдров общая вершина $C$, а соответствующие основания лежат в одной плоскости $ABD$. Поэтому отношение объёмов равно произведению отношений соответствующих линейных…$$\frac{V_{AMCK}}{V_{ABCD}}=\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AK}{AD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{9}$$

Пусть $O$ — центр основания конуса, а $h=SO$, $R=OA=OB=OC$. Для любой образующей конуса угол с плоскостью основания равен $60^\circ$, поэтому при $SC=1$ имеем$$h=SC\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad R=SC\cos 60^\circ=\frac12$$

Рассмотрим скалярные произведения векторов $\overrightarrow{SA}$ и $\overrightarrow{SC}$, а также $\overrightarrow{SB}$ и $\overrightarrow{SC}$. Так как $AB$ — диаметр, то $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{0}$…$$\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{SB}\cdot\overrightarrow{SC}=2h^2$$

Введём координаты: $A(0,0,0)$, $B(4,0,0)$, $C(2,2\sqrt3,0)$, $A_1(0,0,4)$, $B_1(4,0,4)$, $C_1(2,2\sqrt3,4)$.

Так как $K$ — середина $A_1B_1$, имеем $K(2,0,4)$. Обозначим через $L$ середину ребра $B_1C_1$. Тогда $L(3,\sqrt3,4)$.

Обозначим через $N$ точку пересечения плоскости $MPQ$ с ребром $SC$. Так как $P$ и $Q$ — середины противоположных боковых рёбер основания, отрезок $PQ$ параллелен $AB$ и $CD$.

В треугольнике $SDC$ точка $M$ делит $SD$ в отношении $SM:MD=2:1$, а плоскость через $M$ и $Q$ пересекает симметричное ребро $SC$ в точке $N$. Из координат или теоремы о пропорциональных отрезках получаем $SN:NC=1:1$, то есть $N$…

Введём координаты: $D=(0,0,0)$, $A=(3,0,0)$, а основание призмы расположим в плоскости $z=0$. Так как трапеция равнобедренная, основания параллельны, а $\angle ADC=60^\circ$, получаем $C=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2},0\right)$ и…$$AD=3,\quad BC=2$$

Пусть высота призмы равна $h$. Тогда $A_1=(3,0,h)$, $D_1=(0,0,h)$. Из отношения $A_1M:MD_1=1:2$ следует $M=(2,0,h)$, а поскольку $K$ — середина $DD_1$, имеем $K=\left(0,0,\frac h2\right)$.$$M=(2,0,h),\quad K=\left(0,0,\frac h2\right)$$

Так как основание призмы является правильным треугольником со стороной $2$, выберем координаты $A(0,0,0)$, $B(2,0,0)$, $C(1,\sqrt{3},0)$. Пусть высота призмы равна $h$. Тогда $A_1(0,0,h)$, а середина ребра $CC_1$ имеет координаты…

Плоскость проходит через точки $A_1$, $B$ и $M$, поэтому сечение является треугольником $A_1BM$.

Обозначим через $O$ центр нижнего основания, а через $O_1$ — центр верхнего основания. Проекция точки $C_1$ на плоскость нижнего основания — точка $C$, поэтому проекцией отрезка $AC_1$ является отрезок $AC$. Так как $AC_1$ пересекает ось…$$O\in AC$$

Так как $AC$ — диаметр окружности, угол $ABC$ прямой по теореме Фалеса. Кроме того, $CC_1$ параллелен $BB_1$ и перпендикулярен плоскости основания, поэтому $CC_1\perp AB$. Вектор направления $BC_1$ является суммой направлений $BC$ и…$$\angle ABC_1=90^\circ$$

Пусть начало координат находится в точке $A$, а $\vec{AB}=\mathbf b$, $\vec{AC}=\mathbf c$, $\vec{AD}=\mathbf d$. Из условий деления отрезков получаем:$$\vec{AM}=\frac13\mathbf b,\qquad \vec{AN}=\frac13\mathbf d,\qquad \vec{AL}=\frac13(2\mathbf b+\mathbf c)$$

Рассмотрим точку $P$ на ребре $CD$, для которой $CP:PD=2:1$. Тогда:$$\vec{AP}=\frac13(\mathbf c+2\mathbf d)$$

Введём координаты так, чтобы $A=(-1,0,0)$, $B=(1,0,0)$, а ребро $AA_1$ было направлено вдоль оси $Oz$. Так как $AB=2$ и $AB=AA_1$, получаем $A_1=(-1,0,2)$.

Треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AB$, поэтому $C$ лежит на перпендикулярном серединном к $AB$. Из условия $AB:BC=2:5$ следует $BC=5$. Тогда высота равнобедренного треугольника равна $\sqrt{5^2-1^2}=2\sqrt{6}$, поэтому…

Разместим координаты так: $A(2,2,0)$, $B(-2,2,0)$, $C(-2,-2,0)$, $D(2,-2,0)$, где начало координат — центр основания. Пусть $S(0,0,h)$. Из условия $SA=7$ получаем:$$h^2+2^2+2^2=7^2,\qquad h=\sqrt{41}$$

Так как $DN:NC=1:3$, точка $N$ делит отрезок $DC$ в отношении $1:3$. Аналогично, из $SK:KC=1:3$ получаем координаты точек:$$N(1,-2,0),\qquad K\left(-\frac12,-\frac12,\frac{3\sqrt{41}}4\right)$$

Обозначим $AB=a$, $BC=b$, $AA_1=h$. Введём координаты: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,b,0)$, $D(0,b,0)$, $D_1(0,b,h)$.$$a=AB,\quad b=BC,\quad h=AA_1$$

В сечении получается параллелограмм. Его диагонали направлены вдоль прямых $AC$ и $BD_1$. Так как параллелограмм является ромбом, его диагонали перпендикулярны.$$\overrightarrow{AC}=(a,b,0),\quad \overrightarrow{BD_1}=(-a,b,h)$$