Линия заданий 14, Тесты ЕГЭ 2027 по математике профильной

10319. Дана правильная четырёхугольная пирамида MABCD с основанием ABCD, стороны основания которой равны \( 5\sqrt 2 \). Точка L - середина ребра MB. Тангенс угла между прямыми DM и AL равен \( \sqrt 2 \).
а) Пусть O - центр основания пирамиды. Докажите, что прямые AO и LO перпендикулярны.
б) Найдите высоту данной пирамиды.

Верный ответ: б) \(5\).
а) Диагональ квадрата со стороной \(5\sqrt2\) равна \(10\), поэтому расстояние от его центра до вершины равно \(5\). Возьмём \(O(0;0;0)\), \(A(5;0;0)\), \(B(0;5;0)\), \(C(-5;0;0)\), \(D(0;-5;0)\), \(M(0;0;h)\). Тогда середина \(L\) ребра \(MB\) имеет координаты \(L(0;\frac52;\frac h2)\). Векторы \(\overrightarrow{AO}=(-5;0;0)\) и \(\overrightarrow{LO}=(0;-\frac52;-\frac h2)\) имеют нулевое скалярное произведение, поэтому \(AO\perp LO\).
б) Для направляющих векторов \(\overrightarrow{DM}=(0;5;h)\) и \(\overrightarrow{AL}=(-5;\frac52;\frac h2)\) выполняется \((\overrightarrow{DM}\cdot\overrightarrow{AL})^2=\frac{(h^2+25)^2}{4}\), \(|\overrightarrow{DM}\times\overrightarrow{AL}|^2=25(h^2+25)\). Значит, \(\tan^2\varphi=\frac{100}{h^2+25}\). По условию \(\tan^2\varphi=2\), откуда \(h^2=25\) и \(h=5\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10319.

10300. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ все рёбра равны 1.
а) Докажите, что прямая AB₁ параллельна прямой, проходящей через середины отрезков AC и BC₁.
б) Найдите косинус угла между прямыми AB₁ и BC₁.

Верный ответ: б) \(\frac14\).
а) Пусть \(M\) — середина \(AC\), а \(N\) — середина \(BC_1\). Через радиус-векторы точек получаем \(\overrightarrow{MN}=\frac12(\overrightarrow{B} + \overrightarrow{C_1}-\overrightarrow{A}-\overrightarrow{C})\). Так как \(\overrightarrow{CC_1}=\overrightarrow{BB_1}\), это выражение равно \(\frac12\overrightarrow{AB_1}\). Следовательно, \(MN\parallel AB_1\).
б) Возьмём \(A(0;0;0)\), \(B(1;0;0)\), \(C(\frac12;\frac{\sqrt3}{2};0)\), а боковые рёбра направим вдоль оси \(z\). Тогда \(\overrightarrow{AB_1}=(1;0;1)\), \(\overrightarrow{BC_1}=(-\frac12;\frac{\sqrt3}{2};1)\). Их скалярное произведение равно \(\frac12\), а длина каждого вектора равна \(\sqrt2\). Поэтому \(\cos\alpha=\frac{1/2}{\sqrt2\cdot\sqrt2}=\frac14\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10300.

10281. Ребро SA пирамиды SABC перпендикулярно плоскости основания ABC.
а) Докажите, что плоскость, проходящая через середины рёбер AB, AC и SA, отсекает от пирамиды SABC пирамиду, объём которой в 8 раз меньше объёма пирамиды SABC.
б) Найдите расстояние от вершины A до этой плоскости, если SA = \( 2\sqrt 5 \), AB = AC = 10, BC = \( 4\sqrt 5 \).

Верный ответ: б) \(2\).
а) Плоскость проходит через середины трёх рёбер \(AB\), \(AC\) и \(AS\), выходящих из одной вершины \(A\). Поэтому отсечённая у вершины \(A\) пирамида подобна исходной с коэффициентом \(\frac12\). Объёмы подобных тел относятся как куб коэффициента подобия: \((\frac12)^3=\frac18\).
б) Введём координаты: \(A(0;0;0)\), \(B(10;0;0)\), \(C(6;8;0)\), \(S(0;0;2\sqrt5)\). При этом \(BC=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt5\), то есть все данные выполнены. Уравнение плоскости \(SBC\): \(2\sqrt5x+\sqrt5y+10z-20\sqrt5=0\). Расстояние от \(A\) до неё равно \(\frac{20\sqrt5}{\sqrt{20+5+100}}=4\). Плоскость середин получается из плоскости \(SBC\) гомотетией с центром \(A\) и коэффициентом \(\frac12\), поэтому она находится от \(A\) на вдвое меньшем расстоянии: \(2\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10281.

10262. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD с вершиной S сторона основания равна 8. Точка L - середина ребра SC. Тангенс угла между прямыми BL и SA равен \( 2\sqrt {\frac{2}{5}} \).
а) Пусть O - центр основания пирамиды. Докажите, что прямые BO и LO перпендикулярны.
б) Найдите площадь поверхности пирамиды.

Верный ответ: б) \(192\).
а) Поместим центр основания в начало координат: \(A(-4;-4;0)\), \(B(4;-4;0)\), \(C(4;4;0)\), \(S(0;0;h)\). Середина \(L\) ребра \(SC\) имеет координаты \(L(2;2;\frac h2)\). Тогда \(\overrightarrow{BO}=(-4;4;0)\), \(\overrightarrow{LO}=(-2;-2;-\frac h2)\), и их скалярное произведение равно \(8-8=0\). Следовательно, \(BO\perp LO\).
б) Направляющие векторы: \(\overrightarrow{BL}=(-2;6;\frac h2)\), \(\overrightarrow{SA}=(-4;-4;-h)\). Для угла \(\varphi\) между ними получаем \((\overrightarrow{BL}\cdot\overrightarrow{SA})^2=\frac{(h^2+32)^2}{4}\) и \(|\overrightarrow{BL}\times\overrightarrow{SA}|^2=32(h^2+32)\). Поэтому \(\tan^2\varphi=\frac{128}{h^2+32}\). По условию \(\tan^2\varphi=\frac85\), откуда \(h^2=48\).
Апофема боковой грани равна \(\sqrt{h^2+4^2}=8\). Площадь основания равна \(64\), а площадь четырёх боковых граней — \(4\cdot\frac12\cdot8\cdot8=128\). Полная площадь поверхности равна \(64+128=192\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10262.

10243. В правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S, все рёбра которой равны 6, точка M - середина ребра BC, точка O - центр основания пирамиды, точка F делит отрезок SO в отношении 1 : 2, считая от вершины пирамиды.
а) Найдите отношение, в котором плоскость CMF делит отрезок SA, считая от вершины S.
б) Найдите угол между плоскостью MCF и плоскостью ABC.

Верный ответ: а) \(1:6\); б) \(\arctan\frac{4\sqrt2}{3}\).
а) Возьмём начало координат в \(S\), а векторы \(\overrightarrow{SA}\), \(\overrightarrow{SB}\), \(\overrightarrow{SC}\) — за базис. Тогда \(A(1;0;0)\), \(B(0;1;0)\), \(C(0;0;1)\), а центр основания \(O(\frac13;\frac13;\frac13)\). Так как \(SF:FO=1:2\), точка \(F\) проходит треть пути от \(S\) к \(O\): \(F(\frac19;\frac19;\frac19)\). Поскольку \(M\) лежит на \(BC\), плоскость \(CMF\) совпадает с плоскостью \(BCF\), уравнение которой \(7x+y+z=1\). На ребре \(SA\) точки имеют вид \((t;0;0)\), поэтому \(7t=1\). Получаем \(SX:XA=\frac17:\frac67=1:6\).
б) Прямые \(AM\) и \(SM\) перпендикулярны \(BC\), поэтому плоскость \(ASM\) перпендикулярна \(BC\). Она пересекает основание по \(AM\), а плоскость \(MCF\) — по \(MF\), следовательно, искомый двугранный угол равен \(\angle AMF\). В равностороннем треугольнике \(AM=3\sqrt3\), \(OM=\sqrt3\), \(AO=2\sqrt3\). Высота пирамиды \(SO=\sqrt{6^2-(2\sqrt3)^2}=2\sqrt6\), а \(OF=\frac23SO=\frac{4\sqrt6}{3}\). В прямоугольном треугольнике \(MOF\): \(\tan\angle AMF=\frac{OF}{OM}=\frac{4\sqrt2}{3}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10243.

10224. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с вершиной S боковое ребро вдвое больше стороны основания.
а) Докажите, что плоскость, проходящая через середины рёбер SA и SE и вершину C, делит ребро SB в отношении 1 : 3, считая от вершины B.
б) Найдите отношение, в котором эта плоскость делит ребро SF, считая от вершины S.

Верный ответ: а) \(1:3\); б) \(3:4\).
Обозначим через \(O\) центр основания и используем координаты в базисе \((\overrightarrow{OS},\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})\). Тогда можно записать \(S(1;0;0)\), \(A(0;1;0)\), \(B(0;0;1)\). Для правильного шестиугольника \(C(0;-1;1)\), \(E(0;0;-1)\), \(F(0;1;-1)\).
Пусть \(M\) и \(N\) — середины \(SA\) и \(SE\). Тогда \(M(\frac12;\frac12;0)\), \(N(\frac12;0;-\frac12)\), а уравнение плоскости \(MNC\) имеет вид \(5x-y+z-2=0\).
а) Точка \(X\) ребра \(SB\) имеет координаты \(X(1-t;0;t)\), где \(t=\frac{SX}{SB}\). Подстановка в уравнение плоскости даёт \(5(1-t)+t-2=0\), откуда \(t=\frac34\). Значит, \(BX:XS=(1-t):t=1:3\).
б) Точка \(Y\) ребра \(SF\) имеет координаты \(Y(1-t;t;-t)\). После подстановки получаем \(5(1-t)-t-t-2=0\), то есть \(t=\frac37\). Следовательно, \(SY:YF=t:(1-t)=3:4\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10224.

10205. Основанием прямой треугольной призмы ABCA₁B₁C₁ является равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 20, АС = 32. Боковое ребро призмы равно 24. Точка P принадлежит ребру BB₁, причём BP : PB₁ = 1 : 3.
а) Пусть M - середина A₁C₁. Докажите, что прямые MP и AC перпендикулярны.
б) Найдите тангенс угла между плоскостями A₁B₁C₁ и ACP.

Верный ответ: б) \(\frac12\).
а) В равнобедренном треугольнике половина основания равна \(16\), поэтому его высота равна \(\sqrt{20^2-16^2}=12\). Разместим точки так: \(A(-16;0;0)\), \(C(16;0;0)\), \(B(0;12;0)\), а верхнее основание находится на высоте \(24\). Тогда \(M(0;0;24)\). Из \(BP:PB_1=1:3\) следует \(BP=6\), поэтому \(P(0;12;6)\).
Вектор \(\overrightarrow{MP}=(0;12;-18)\) не имеет составляющей вдоль оси \(AC\), тогда как \(\overrightarrow{AC}=(32;0;0)\). Их скалярное произведение равно нулю, значит, \(MP\perp AC\).
б) Плоскость \(ACP\) содержит прямую \(AC\). В сечении плоскостью, перпендикулярной \(AC\), её наклон задаёт отрезок с горизонтальной составляющей \(12\) и подъёмом \(6\). Поэтому тангенс угла между \(ACP\) и плоскостью основания равен \(\frac6{12}=\frac12\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10205.

10186. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со стороной AB = 6 и диагональю BD = 11. Все боковые рёбра пирамиды равны 6. На отрезке BD отмечена точка E, а на ребре AS - точка F так, что SF = BE = 5.
а) Докажите, что плоскость CEF параллельна ребру SB.
б) Плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q. Найдите расстояние от точки Q до плоскости ABC.

Верный ответ: б) \(\frac{3\sqrt{23}}{11}\).
а) В основании \(AD=\sqrt{BD^2-AB^2}=\sqrt{85}\). Проекция вершины \(S\) — центр прямоугольника, поэтому высота пирамиды равна \(\sqrt{6^2-(\frac{11}{2})^2}=\frac{\sqrt{23}}2\). Введём координаты: \(A(0;0;0)\), \(B(6;0;0)\), \(D(0;\sqrt{85};0)\), \(C(6;\sqrt{85};0)\), \(S(3;\frac{\sqrt{85}}2;\frac{\sqrt{23}}2)\).
Так как \(BE=5\) при \(BD=11\), а \(SF=5\) при \(SA=6\), получаем \(E(\frac{36}{11};\frac{5\sqrt{85}}{11};0)\) и \(F(\frac12;\frac{\sqrt{85}}{12};\frac{\sqrt{23}}{12})\). Вычисление векторов даёт \(\overrightarrow{SB}=11\overrightarrow{CE}-6\overrightarrow{CF}\), поэтому направление \(SB\) параллельно плоскости \(CEF\). Точка \(B\) этой плоскости не принадлежит, следовательно, \(SB\parallel(CEF)\).
б) Пусть точка \(Q\) делит \(SD\) в отношении \(SQ:QD=5:6\). Для неё выполняется \(\overrightarrow{CQ}=-5\overrightarrow{CE}+\frac{36}{11}\overrightarrow{CF}\), значит, \(Q\in(CEF)\). Доля высоты, оставшаяся у точки \(Q\), равна \(\frac6{11}\), поэтому расстояние до основания равно \(\frac6{11}\cdot\frac{\sqrt{23}}2=\frac{3\sqrt{23}}{11}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10186.

10167. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со стороной AB = 3 и диагональю BD = 5. Все боковые рёбра пирамиды равны 3. На отрезке BD отмечена точка E, а на ребре AS - точка F так, что SF = BE = 2.
а) Докажите, что плоскость CEF параллельна ребру SB.
б) Плоскость CEF пересекает ребро SD в точке Q. Найдите расстояние от точки Q до плоскости ABC.

Верный ответ: б) \(\frac{3\sqrt{11}}{10}\).
а) Из прямоугольного треугольника \(ABD\): \(AD=\sqrt{BD^2-AB^2}=4\). Так как все боковые рёбра равны, вершина \(S\) проектируется в центр прямоугольника. Возьмём \(A(0;0;0)\), \(B(3;0;0)\), \(D(0;4;0)\), \(C(3;4;0)\). Тогда \(S(\frac32;2;\frac{\sqrt{11}}2)\), поскольку высота пирамиды равна \(\sqrt{3^2-(\frac52)^2}=\frac{\sqrt{11}}2\).
По условиям \(BE=2\) и \(SF=2\) получаем \(E(\frac95;\frac85;0)\), \(F(\frac12;\frac23;\frac{\sqrt{11}}6)\). Прямая проверка по координатам даёт \(\overrightarrow{SB}=5\overrightarrow{CE}-3\overrightarrow{CF}\). Вектор \(SB\) выражается через два неколлинеарных вектора плоскости \(CEF\), а точка \(B\) этой плоскости не принадлежит. Поэтому \(SB\parallel(CEF)\).
б) Возьмём на \(SD\) точку \(Q\), для которой \(SQ:QD=2:3\). По тем же координатам \(\overrightarrow{CQ}=-2\overrightarrow{CE}+\frac95\overrightarrow{CF}\), следовательно, \(Q\in(CEF)\) и это искомая точка пересечения. При движении от \(S\) к \(D\) высота над основанием меняется линейно. Точка \(Q\) проходит \(\frac25\) ребра \(SD\), поэтому её высота составляет \(\frac35\) высоты пирамиды: \(\frac35\cdot\frac{\sqrt{11}}2=\frac{3\sqrt{11}}{10}\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10167.

10148. В основании прямой призмы ABCA₁B₁C₁ лежит прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C. Точка M - середина ребра B₁C₁, точка N лежит на ребре AC, причём AN : NC = 3 : 1. Катет AC вдвое больше бокового ребра AA₁ призмы.
а) Докажите, что прямая MN перпендикулярна прямой CA₁.
б) Найдите угол между прямой MN и плоскостью основания A₁B₁C₁, если \( \sin \angle CBA = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \).

Верный ответ: б) \(45^\circ\).
а) Обозначим \(AA_1=h\), тогда \(AC=2h\). В координатах \(C(0;0;0)\), \(A(2h;0;0)\), \(B(0;b;0)\) точка \(N\), для которой \(AN:NC=3:1\), имеет координаты \(N(\frac h2;0;0)\), а \(M(0;\frac b2;h)\).
Получаем \(\overrightarrow{MN}=(\frac h2;-\frac b2;-h)\) и \(\overrightarrow{CA_1}=(2h;0;h)\). Их скалярное произведение: \(h^2-h^2=0\), значит, \(MN\perp CA_1\).
б) Из \(\sin\angle CBA=\frac2{\sqrt7}\) следует \(\cos\angle CBA=\frac{\sqrt3}{\sqrt7}\), поэтому \(BC:AC=\sqrt3:2\) и \(BC=\sqrt3h\). Проекция \(MN\) на основание имеет длину \(\sqrt{(\frac h2)^2+(\frac{\sqrt3h}{2})^2}=h\). Вертикальная составляющая также равна \(h\), следовательно, \(\tan\alpha=1\), то есть \(\alpha=45^\circ\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10148.

Для вас приятно генерировать тесты, создавайте их почаще

Интеллектуальный и эстетичный кабинет для подготовки к ЕГЭ

Линия заданий 14, ЕГЭ 2027 по математике профильной