Линия заданий 14, Тесты ЕГЭ 2027 по математике профильной

10509. В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ сторона AB основания равна 4, а боковое ребро AA₁ равно \( 2\sqrt 2 \). На рёбрах BC и C₁D₁ отмечены точки K и L соответственно, причём CK = 3, а C₁L = 1. Плоскость γ параллельна прямой BD и содержит точки K и L.
а) Докажите, что прямая A₁C перпендикулярна плоскости γ.
б) Найдите объём пирамиды, вершина которой - точка A₁, а основание - сечение данной призмы плоскостью γ.

Верный ответ: б) \(\frac{28\sqrt2}{3}\).
Расположим призму так: \(A(0;0;0)\), \(B(4;0;0)\), \(C(4;4;0)\), \(D(0;4;0)\), высота равна \(2\sqrt2\). Тогда \(K(4;1;0)\), \(L(3;4;2\sqrt2)\).
а) Вектор \(\overrightarrow{A_1C}=(4;4;-2\sqrt2)\). Плоскость \(\gamma\) содержит прямую \(KL\) и проходящую через \(K\) прямую, параллельную \(BD\). Их направляющие векторы равны \(\overrightarrow{KL}=(-1;3;2\sqrt2)\) и \(\overrightarrow{BD}=(-4;4;0)\). Оба скалярных произведения с \(\overrightarrow{A_1C}\) равны нулю: \(-4+12-8=0\) и \(-16+16=0\). Эти прямые пересекаются в \(K\), поэтому \(A_1C\perp\gamma\).
б) Уравнение плоскости \(\gamma\): \(\sqrt2(x+y-5)-z=0\). Её сечение призмы — четырёхугольник \(KRLP\), где \(R(4;3;2\sqrt2)\), \(P(1;4;0)\). Площади треугольников \(KRL\) и \(KLP\) равны \(\sqrt5\) и \(3\sqrt5\), поэтому площадь сечения равна \(4\sqrt5\).
Нормаль к плоскости — \((\sqrt2;\sqrt2;-1)\), её длина \(\sqrt5\). Расстояние от \(A_1(0;0;2\sqrt2)\) до плоскости равно \(\frac{7\sqrt2}{\sqrt5}\). Поэтому объём пирамиды равен \(\frac13\cdot4\sqrt5\cdot\frac{7\sqrt2}{\sqrt5}=\frac{28\sqrt2}{3}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10509.

10490. В правильной четырёхугольной призме ABCDA₁B₁C₁D₁ сторона AB основания равна 5, а боковое ребро AA₁ равно \( \sqrt 5 \). На рёбрах BC и C₁D₁ отмечены точки K и L соответственно, причём CK = 2, а C₁L = 1. Плоскость γ параллельна прямой BD и содержит точки K и L.
а) Докажите, что прямая A₁C перпендикулярна плоскости γ.
б) Найдите объём пирамиды, вершина которой - точка A₁, а основание - сечение данной призмы плоскостью γ.

Верный ответ: б) \(\frac{9\sqrt5}{2}\).
Введём координаты: \(A(0;0;0)\), \(B(5;0;0)\), \(C(5;5;0)\), \(D(0;5;0)\), высота призмы \(\sqrt5\). Тогда \(K(5;3;0)\), \(L(4;5;\sqrt5)\).
а) В плоскости \(\gamma\) лежит прямая \(KL\), а через точку \(K\) в этой плоскости проходит прямая, параллельная \(BD\). Имеем \(\overrightarrow{A_1C}=(5;5;-\sqrt5)\), \(\overrightarrow{BD}=(-5;5;0)\), \(\overrightarrow{KL}=(-1;2;\sqrt5)\). Скалярные произведения \(\overrightarrow{A_1C}\cdot\overrightarrow{BD}=0\) и \(\overrightarrow{A_1C}\cdot\overrightarrow{KL}=-5+10-5=0\). Эти две прямые пересекаются в точке \(K\), поэтому \(A_1C\perp\gamma\).
б) Уравнение плоскости: \(\sqrt5(x+y-8)-z=0\). На нижнем основании она даёт отрезок с концами \(K(5;3;0)\), \(P(3;5;0)\), а на верхнем — отрезок с концами \(R(5;4;\sqrt5)\), \(L(4;5;\sqrt5)\). Сечение — четырёхугольник \(KRLP\). Площади треугольников \(KRL\) и \(KLP\), найденные по векторным произведениям, равны соответственно \(\frac{\sqrt{11}}2\) и \(\sqrt{11}\), поэтому площадь сечения равна \(\frac{3\sqrt{11}}2\).
Нормаль к плоскости — \((\sqrt5;\sqrt5;-1)\), её длина \(\sqrt{11}\). Расстояние от \(A_1(0;0;\sqrt5)\) до \(\gamma\) равно \(\frac{9\sqrt5}{\sqrt{11}}\). Объём пирамиды равен \(\frac13\cdot\frac{3\sqrt{11}}2\cdot\frac{9\sqrt5}{\sqrt{11}}=\frac{9\sqrt5}{2}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10490.

10471. На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E : EA = 4 : 1, на ребре BB₁ - точка F так, что B₁F : FB = 3 : 2, а на ребре B₁C₁ - точка T так, что B₁T : TC₁ = 3 : 1. Известно, что AB = 3, AD = 4, AA₁ = 5.
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D₁.
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB₁C₁.

Верный ответ: б) \(\arccos\frac1{\sqrt{19}}\).
Пусть \(A(0;0;0)\), \(B(3;0;0)\), \(D(0;4;0)\), \(A_1(0;0;5)\). Из отношений на рёбрах получаем \(E(0;0;1)\), \(F(3;0;2)\), \(T(3;3;5)\).
а) Плоскость \(EFT\) имеет уравнение \(-x-3y+3z=3\). Для \(D_1(0;4;5)\) левая часть равна \(-12+15=3\), значит, \(D_1\in(EFT)\).
б) Нормаль к этой плоскости — \((-1;-3;3)\). Грань \(BB_1C_1\) лежит в плоскости \(x=3\), нормаль к которой равна \((1;0;0)\). Поэтому \(\cos\alpha=\frac1{\sqrt{1+9+9}}=\frac1{\sqrt{19}}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10471.

10452. На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E : EA = 4 : 3, на ребре BB₁ — точка F так, что B₁F : FB = 2 : 5, а точка T — середина ребра B₁C₁. Известно, что AB = 3, AD = 4, AA₁ = 7.
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D₁.
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB₁C₁.

Верный ответ: б) \(\arccos\sqrt{\frac2{11}}\).
В координатах \(A(0;0;0)\), \(B(3;0;0)\), \(D(0;4;0)\), \(A_1(0;0;7)\) точки имеют вид \(E(0;0;3)\), \(F(3;0;5)\), \(T(3;2;7)\).
а) Уравнение плоскости \(EFT\): \(-2x-3y+3z=9\). Для вершины \(D_1(0;4;7)\) получаем \(-12+21=9\), поэтому \(D_1\) принадлежит плоскости.
б) Нормаль к \(EFT\) равна \((-2;-3;3)\), а к плоскости \(BB_1C_1\) — \((1;0;0)\). Тогда \(\cos\alpha=\frac2{\sqrt{4+9+9}}=\frac2{\sqrt{22}}=\sqrt{\frac2{11}}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10452.

10433. На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E : EA = 2 : 1, на ребре BB₁ - точка F так, что B₁F : FB = 1 : 5, а на ребре B₁C₁ - точка T так, что B₁T : TC₁ = 1 : 3. Известно, что AB = 5, AD = 4, AA₁ = 6.
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D₁.
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB₁C₁.

Верный ответ: б) \(\arccos\frac3{\sqrt{59}}\).
Положим \(A(0;0;0)\), \(B(5;0;0)\), \(D(0;4;0)\), \(A_1(0;0;6)\). Тогда \(E(0;0;2)\), \(F(5;0;5)\), \(T(5;1;6)\).
а) Через точки \(E\), \(F\), \(T\) проходит плоскость \(-3x-5y+5z=10\). Точка \(D_1(0;4;6)\) удовлетворяет этому уравнению: \(-20+30=10\).
б) Нормали к плоскостям можно выбрать так: \(\vec n=(-3;-5;5)\) для \(EFT\) и \(\vec m=(1;0;0)\) для \(BB_1C_1\). Тогда \(\cos\alpha=\frac{|\vec n\cdot\vec m|}{|\vec n||\vec m|}=\frac3{\sqrt{9+25+25}}=\frac3{\sqrt{59}}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10433.

10414. На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E : EA = 3 : 2, на ребре BB₁ - точка F так, что B₁F : FB = 2 : 3, а на ребре B₁C₁ - точка T так, что B₁T : TC₁ = 2 : 1. Известно, что AB = 4, AD = 3, AA₁ = 5.
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D₁.
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB₁C₁.

Верный ответ: б) \(\arccos\frac1{\sqrt{33}}\).
Возьмём \(A(0;0;0)\), \(B(4;0;0)\), \(D(0;3;0)\), \(A_1(0;0;5)\). По отношениям деления рёбер: \(E(0;0;2)\), \(F(4;0;3)\), \(T(4;2;5)\).
а) Уравнение плоскости \(EFT\): \(-x-4y+4z=8\). Для \(D_1(0;3;5)\) левая часть равна \(-12+20=8\), поэтому вершина лежит в этой плоскости.
б) Нормаль к \(EFT\) можно взять равной \((-1;-4;4)\), а нормаль к грани \(BB_1C_1\) — \((1;0;0)\). Поэтому \(\cos\alpha=\frac1{\sqrt{1+16+16}}=\frac1{\sqrt{33}}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10414.

10395. На ребре AA₁ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ взята точка E так, что A₁E : EA = 3 : 1, на ребре BB₁ — точка F так, что B₁F : FB = 1 : 3, а на ребре B₁C₁ взята точка T так, что B₁T : TC₁ = 1 : 2. Известно, что AB = 4, AD = 3, AA₁ = 4.
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D₁.
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB₁C₁.

Верный ответ: б) \(\arccos\frac13\).
Введём координаты: \(A(0;0;0)\), \(B(4;0;0)\), \(D(0;3;0)\), \(A_1(0;0;4)\). Из заданных отношений получаем \(E(0;0;1)\), \(F(4;0;3)\), \(T(4;1;4)\).
а) Плоскость через эти три точки имеет уравнение \(-x-2y+2z=2\). Координаты \(D_1(0;3;4)\) удовлетворяют ему: \(-0-6+8=2\). Значит, \(D_1\in(EFT)\).
б) Нормаль к плоскости \(EFT\) равна \((-1;-2;2)\). Плоскость \(BB_1C_1\) задаётся уравнением \(x=4\), поэтому её нормаль — \((1;0;0)\). Косинус угла между плоскостями равен косинусу угла между нормалями: \(\frac{1}{\sqrt{1+4+4}}=\frac13\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10395.

10376. Площадь боковой поверхности правильной четырёхугольной пирамиды SABCD с основанием ABCD равна 108, а площадь полной поверхности этой пирамиды равна 144.
а) Докажите, что угол между плоскостью SAC и плоскостью, проходящей через вершину S этой пирамиды, середину стороны AB и центр основания, равен 45°.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью SAC.

Верный ответ: б) \(36\).
Площадь основания равна разности полной и боковой поверхностей: \(144-108=36\), поэтому сторона квадрата равна \(6\). Если \(l\) — апофема, то \(108=4\cdot\frac12\cdot6\cdot l\), откуда \(l=9\). Высота пирамиды равна \(SO=\sqrt{9^2-3^2}=6\sqrt2\).
а) Обозначим через \(M\) середину \(AB\), а через \(O\) центр основания. Плоскости \(SAC\) и \(SMO\) пересекаются по прямой \(SO\). Поскольку \(SO\perp(ABCD)\), прямые \(AC\) и \(OM\) обе перпендикулярны \(SO\). Поэтому угол между плоскостями равен углу между \(AC\) и \(OM\). В квадрате диагональ образует с направлением от центра к середине стороны угол \(45^\circ\).
б) Диагональ основания \(AC=6\sqrt2\), причём \(SO\perp AC\). Поэтому площадь сечения \(SAC\) равна \(\frac12\cdot6\sqrt2\cdot6\sqrt2=36\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10376.

10357. Площадь основания ABCD правильной четырёхугольной пирамиды SABCD равна 64, а площадь сечения пирамиды плоскостью SAC равна \( 32\sqrt 3 \).
а) Докажите, что угол между плоскостью основания пирамиды и боковым ребром равен 60°.
б) Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Верный ответ: б) \(64\sqrt7\).
а) Площадь квадратного основания равна \(64\), значит, его сторона равна \(8\), а диагональ \(AC=8\sqrt2\). Центр основания \(O\) лежит на \(AC\), и высота \(SO\) лежит в сечении \(SAC\). Поэтому \(32\sqrt3=S_{SAC}=\frac12\cdot AC\cdot SO\), откуда \(SO=4\sqrt6\). Проекцией бокового ребра \(SA\) на основание является \(AO=4\sqrt2\). Следовательно, \(\tan\angle(SA,ABC)=\frac{SO}{AO}=\sqrt3\), поэтому угол равен \(60^\circ\).
б) Пусть \(M\) — середина стороны основания. Тогда \(OM=4\), а апофема пирамиды \(SM=\sqrt{SO^2+OM^2}=\sqrt{96+16}=4\sqrt7\). Площадь четырёх боковых граней равна \(4\cdot\frac12\cdot8\cdot4\sqrt7=64\sqrt7\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10357.

10338. Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Расстояние между этими хордами равно \( \sqrt {730} \).
а) Докажите, что центры оснований цилиндра лежат по разные стороны от этой плоскости.
б) Найдите угол между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.

Верный ответ: б) \(\arctan\frac{21}{17}\).
Радиус основания равен \(13\). Расстояние от центра окружности до хорды длины \(24\) равно \(\sqrt{13^2-12^2}=5\), а до хорды длины \(10\) — \(\sqrt{13^2-5^2}=12\).
а) Хорды лежат в параллельных основаниях и параллельны друг другу. Если бы центры оснований находились с одной стороны от секущей плоскости, горизонтальное расстояние между прямыми, содержащими хорды, было бы \(12-5=7\). Тогда расстояние между хордами равнялось бы \(\sqrt{21^2+7^2}=7\sqrt{10}\), что не совпадает с \(\sqrt{730}\). При расположении центров по разные стороны горизонтальное расстояние равно \(12+5=17\), и \(\sqrt{21^2+17^2}=\sqrt{730}\), как в условии.
б) Рассмотрим сечение плоскостью, перпендикулярной хордам. След секущей плоскости поднимается на высоту цилиндра \(21\), проходя по горизонтали \(17\). Поэтому для угла \(\alpha\) между плоскостями \(\tan\alpha=\frac{21}{17}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10338.

Для вас приятно генерировать тесты, создавайте их почаще

Интеллектуальный и эстетичный кабинет для подготовки к ЕГЭ

Линия заданий 14, ЕГЭ 2027 по математике профильной