Задание 15 ЕГЭ по профильной математике: решения ФИПИ с ответами по шагам

Обозначим через $O$ центр основания, а через $C$ ортогональную проекцию точки $C_1$ на плоскость основания. Так как $BB_1$ — образующая цилиндра, отрезок $B_1C_1$ параллелен отрезку $BC$, поэтому $B_1C_1=BC=16$.

Отрезок $AC_1$ пересекает ось цилиндра. Его проекция на плоскость основания — отрезок $AC$, который проходит через центр $O$. Следовательно, $AC$ является диаметром окружности основания.

Введём векторы $\vec{AD}=\vec d$, $\vec{AB}=\vec b$, $\vec{AS}=\vec s$. Так как $AD\parallel BC$ и $AD:BC=8:3$, то$$\vec{AC}=\vec b+\frac38\vec d$$

Из условий деления рёбер получаем координаты точек $M$ и $N$:$$\vec{AM}=\frac25\vec s+\frac35\vec d,\qquad \vec{AN}=\vec b+\frac18\vec d$$

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике радиус описанной окружности равен стороне, поэтому $OA=2$.

Так как пирамида правильная, $SO$ перпендикулярно плоскости основания. В прямоугольном треугольнике $SOA$ гипотенуза $SA=8$, а катет $OA=2$.$$SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{8^2-2^2}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$$

Поскольку $ABCD$ — трапеция, а прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $K$, её основаниями являются $AD$ и $BC$. Следовательно, $AD \parallel BC$.

Из условия $\angle BAD + \angle ADC = 90^\circ$ следует, что угол между прямыми $AB$ и $CD$ равен $90^\circ$. Значит, $AB \perp CD$.

Введём векторы с началом в точке $A$: $\vec{AB}=\mathbf b$, $\vec{AC}=\mathbf c$, $\vec{AD}=\mathbf d$. Так как $AK:KC=2:3$, имеем $\vec{AK}=\frac{2}{5}\mathbf c$.

Поскольку $KLMN$ — параллелограмм, из равенства $\vec{KL}=\vec{NM}$ и $\vec{LM}=\vec{KN}$ следует, что точки $L$, $M$, $N$ делят соответствующие рёбра в той же пропорции $2:3$: $\vec{AL}=\frac{2}{5}\mathbf d$…

Пусть ребро куба равно $a$. Введём координаты: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A_1(0,0,a)$. Тогда $C(a,a,0)$ и $B_1(a,0,a)$.

Так как $M$ и $N$ — середины рёбер $AB$ и $AD$, имеем $M\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$ и $N\left(0,\dfrac{a}{2},0\right)$.

Обозначим через $O$ центр правильного шестиугольника $ABCDEF$, а через $h$ высоту пирамиды. Введём координаты: $O$ — начало координат, основание лежит в плоскости $z=0$, а вершина $S$ имеет координаты $(0,0,h)$. Пусть радиус описанной…

Выберем координаты вершин основания: $A=(R,0,0)$, $B=\left(\dfrac R2,\dfrac{\sqrt3 R}{2},0\right)$, $C=\left(-\dfrac R2,\dfrac{\sqrt3 R}{2},0\right)$, $D=(-R,0,0)$. Так как $M$ и $K$ — середины рёбер $SA$ и $SD$, получаем…

Выберем начало координат в точке $S$, а векторы $\overrightarrow{SA}$, $\overrightarrow{SB}$ и $\overrightarrow{SC}$ примем за базисные. Тогда вершинам соответствуют координаты $A=(1,0,0)$, $B=(0,1,0)$, $C=(0,0,1)$.

Так как $AN=3NS$, то $SN:SA=1:4$, поэтому $N=\left(\frac14,0,0\right)$. Также $M=\left(\frac12,\frac12,0\right)$ и $K=\left(0,0,\frac12\right)$. Обозначим $t=\frac{BL}{BC}$. Тогда $L=(0,1-t,t)$.$$BL:LC=t:(1-t)$$

Введём координаты: $B=(0,0,0)$, $A=(2\sqrt{2},0,0)$, $C=(0,4,0)$, $D=(2\sqrt{2},4,0)$. Центр прямоугольника имеет координаты $O=(\sqrt{2},2,0)$, поэтому $S=(\sqrt{2},2,h)$.$$SD^2=DO^2+SO^2$$

Так как $SD=4$, $DO^2=(\sqrt{2})^2+2^2=6$, то высота пирамиды равна $SO=\sqrt{10}$. Следовательно, $S=(\sqrt{2},2,\sqrt{10})$.

Введём прямоугольную систему координат: $A(0,0,0)$, $B(6\sqrt{2},0,0)$, $D(0,10,0)$, $A_1(0,0,16)$. Тогда $B_1(6\sqrt{2},0,16)$, $C_1(6\sqrt{2},10,16)$, $D_1(0,10,16)$.

Так как $A_1E:EA=5:3$, то $A_1E=10$, а $EA=6$. Следовательно, $E(0,0,10)$. Из отношения $B_1F:FB=5:11$ получаем $B_1F=5$, поэтому $F(6\sqrt{2},0,11)$. Точка $T$ — середина $B_1C_1$, значит $T(6\sqrt{2},5,16)$.$$E(0,0,10),\quad F(6\sqrt{2},0,11),\quad T(6\sqrt{2},5,16)$$

Поскольку точки $M$ и $N$ — середины рёбер $SA$ и $SB$, отрезок $MN$ является средней линией треугольника $SAB$. Поэтому $MN\parallel AB$ и $MN=\dfrac{AB}{2}=3$.

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости основания и содержит прямую $MN$, параллельную $AB$. Поэтому линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания параллельна $AB$.

Так как $AC$ — диаметр основания, угол $ABC$, опирающийся на диаметр, прямой. В треугольнике $ABC$ угол $ACB=45^\circ$, поэтому угол $BAC$ также равен $45^\circ$. Следовательно, треугольник $ABC$ — равнобедренный прямоугольный, и…$$\angle ABC=90^\circ,\quad BC=AB=2\sqrt{3}$$

Введём прямоугольную систему координат: $C=(0,0,0)$, $A=(2\sqrt{6},0,0)$, $B=(\sqrt{6},\sqrt{6},0)$, $C_1=(0,0,2\sqrt{6})$. Последняя координата точки $C_1$ равна высоте цилиндра.$$C=(0,0,0),\quad A=(2\sqrt{6},0,0),\quad B=(\sqrt{6},\sqrt{6},0),\quad C_1=(0,0,2\sqrt{6})$$

Так как трапеция равнобедренная, разность оснований равна $1$, поэтому проекция каждой боковой стороны на большее основание равна $\frac12$. Из условия $\angle ADC=60^\circ$ получаем координаты вершин основания: $D=(0,0,0)$, $A=(3,0,0)$…

Пусть высота призмы равна $h$. Тогда $M=(1,0,h)$, поскольку $A_1M:MD_1=1:2$, а $K=\left(0,0,\frac h2\right)$, поскольку $K$ — середина $DD_1$.

Обозначим высоту призмы и длину её бокового ребра через $h$. Так как все рёбра правильной призмы равны, сторона основания также равна $h$. Введём координаты: $A=(0,0,0)$, $B=(h,0,0)$, $C=\left(\dfrac h2,\dfrac{\sqrt3 h}{2},0\right)$, а…$$A_1=(0,0,h),\quad B_1=(h,0,h),\quad C_1=\left(\dfrac h2,\dfrac{\sqrt3 h}{2},h\right)$$

Из условия $AM=2MA_1$ следует, что $AM=\dfrac{2h}{3}$. Поэтому координаты точки $M$ имеют вид:$$M=\left(0,0,\dfrac{2h}{3}\right)$$

Так как $AC$ — диаметр окружности, по теореме Фалеса $\angle ABC = 90^\circ$. В прямоугольном треугольнике $ABC$ известны $\angle ACB=30^\circ$ и $AB=\sqrt{2}$.$$\sin 30^\circ=\frac{AB}{AC}$$

Найдём диаметр основания и радиус цилиндра:$$AC=\frac{\sqrt{2}}{\sin 30^\circ}=2\sqrt{2},\qquad R=\frac{AC}{2}=\sqrt{2}$$

Рассмотрим треугольник $SAD$. Точки $M$ и $K$ — середины его сторон $SA$ и $SD$, поэтому по теореме о средней линии треугольника $MK\parallel AD$.

В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ стороны $AD$ и $BC$ параллельны. Следовательно, из $MK\parallel AD$ и $AD\parallel BC$ получаем $MK\parallel BC$.

Так как плоскость $\alpha$ проходит через $M$ и параллельна $SA$, её пересечение с плоскостью боковой грани $SCD$ — прямая $ML$, поэтому $ML \parallel SA$.

В треугольнике $SCA$ точка $M$ — середина стороны $SC$, а прямая $ML$ параллельна $SA$. По теореме о пропорциональных отрезках точка $L$ является серединой $SD$, если рассматривать соответствующее сечение. Однако для положения точки $N$…

Введём прямоугольную систему координат: $A=(0,0,0)$, ось $Ox$ направим вдоль $AB$, ось $Oy$ — вдоль $AD$, ось $Oz$ — вдоль $AA_1$. Обозначим $b=2\sqrt{2}$.$$B=(b,0,0),\quad D=(0,6,0),\quad A_1=(0,0,10),\quad D_1=(0,6,10)$$

Из отношения $A_1E:EA=3:2$ следует, что $A_1E=6$, $EA=4$. Из отношения $B_1F:FB=3:7$ следует, что $B_1F=3$, $FB=7$.$$E=(0,0,4),\quad F=(b,0,7)$$

Поскольку $AC$ — диаметр основания, угол $ABC$ опирается на диаметр. По теореме Фалеса $\angle ABC=90^\circ$.$$\angle ABC=90^\circ$$

В прямоугольном треугольнике $ABC$ известны $AB=1$ и $\angle ACB=30^\circ$. Сторона $AB$ лежит напротив угла $30^\circ$, поэтому гипотенуза в два раза больше этой стороны:$$AC=2AB=2$$

Введём прямоугольную систему координат: $A(0,0,0)$, ось $Ox$ направим вдоль $AB$, ось $Oy$ — вдоль $AD$, ось $Oz$ — вдоль $AA_1$. Тогда $B(2,0,0)$, $D(0,6,0)$, $A_1(0,0,6)$, $B_1(2,0,6)$, $C_1(2,6,6)$, $D_1(0,6,6)$.

Так как $A_1E:EA=1:2$, точка $E$ делит ребро $A_1A$ так, что $A_1E=2$, поэтому $E(0,0,4)$. Из условия $B_1F:FB=1:5$ получаем $B_1F=1$, поэтому $F(2,0,5)$. Точка $T$ — середина $B_1C_1$, следовательно, $T(2,3,6)$.