Подготовка к ЕГЭ по математике (профильный уровень): задания, решения и объяснения. ЕГЭ по Математике (базовый)

ЕГЭ по математике профильный уровень

Работа состоит из 19 заданий.
Часть 1:
8 заданий с кратким ответом базового уровня сложности.
Часть 2:
4 задания с кратким ответом
7 заданий с развернутым ответом высокого уровня сложности.

Время выполнения - 3 часа 55 минут.

Примеры заданий ЕГЭ

Решение заданий ЕГЭ по математике.

Для самостоятельного решения:

1 киловатт-час электроэнергии стоит 1 рубль 80 копеек.
Счетчик электроэнергии 1 ноября показывал 12625 киловатт-часов, а 1 декабря показывал 12802 киловатт-часа.
Какую сумму нужно заплатить за электроэнергию за ноябрь?
Ответ дайте в рублях.

Задача с решением:

В правильной треугольной пирамиде АВСS с основанием АВС известны ребра: АВ = 5 корней из 3, SC = 13.

Решение:

4. Поскольку пирамида правильная, точка H - это точка пересечения высот/медиан/биссектрис треугольника ABC, а значит, делит AD в отношении 2:1 (AH = 2 AD).

5. Найдем SH из прямоугольного треугольника ASH. AH = AD 2/3 = 5, AS = 13, по теореме Пифагора SH = sqrt(13 2 -5 2) = 12.

EP = SH/2 = 6;
DP = AD 2/3 = 5;

Угол EDP = arctg(6/5)

Ответ: arctg(6/5)

А знаете ли вы, что?

Лабораторные исследования показали, что пчёлы умеют выбирать оптимальный маршрут. После локализации расставленных в разных местах цветков пчела совершает облёт и возвращается обратно таким образом, что итоговый путь оказывается наикратчайшим. Таким образом, эти насекомые эффективно справляются с классической «задачей коммивояжёра» из информатики, на решение которой современные компьютеры, в зависимости от количества точек, могут тратить не один день.

Если умножить ваш возраст на 7, затем умножить на 1443, то результатом будет ваш возраст написанный три раза подряд.

Мы считаем отрицательные числа чем-то естественным, но так было далеко не всегда. Впервые отрицательные числа были узаконены в Китае в III веке, но использовались лишь для исключительных случаев, так как считались, в общем, бесмыссленными. Чуть позднее отрицательные числа стали использоваться в Индии для обозначения долгов, но западнее они не прижились – знаменитый Диофант Александрийский утверждал, что уравнение 4x+20=0 – абсурдно.

Американский математик Джордж Данциг, будучи аспирантом университета, однажды опоздал на урок и принял написанные на доске уравнения за домашнее задание. Оно показалось ему сложнее обычного, но через несколько дней он смог его выполнить. Оказалось, что он решил две «нерешаемые» проблемы в статистике, над которыми бились многие учёные.

В русской математической литературе ноль не является натуральным числом, а в западной, наоборот, принадлежит ко множеству натуральных чисел.

Используемая нами десятичная система счисления возникла по причине того, что у человека на руках 10 пальцев. Способность к абстрактному счёту появилась у людей не сразу, а использовать для счёта именно пальцы оказалось удобнее всего. Цивилизация майя и независимо от них чукчи исторически использовали двадцатичную систему счисления, применяя пальцы не только рук, но и ног. В основе распространённых в древних Шумере и Вавилоне двенадцатеричной и шестидесятиричной систем тоже было использование рук: большим пальцем отсчитывались фаланги других пальцев ладони, число которых равно 12.

Одна знакомая дама просила Эйнштейна позвонить ей, но предупредила, что номер ее телефона очень сложно запомнить: - 24-361. Запомнили? Повторите! Удивленный Эйнштейн ответил: - Конечно, запомнил! Две дюжины и 19 в квадрате.

Максимальное число, которое можно записать римскими цифрами, не нарушая правил Шварцмана (правил записи римских цифр) - 3999 (MMMCMXCIX) - больше трех цифр подряд писать нельзя.

Известно много притч о том, как один человек предлагает другому расплатиться с ним за некоторую услугу следующим образом: на первую клетку шахматной доски тот положит одно рисовое зёрнышко, на вторую - два и так далее: на каждую следующую клетку вдвое больше, чем на предыдущую. В результате тот, кто расплачивается таким образом, непременно разоряется. Это неудивительно: подсчитано, что общий вес риса составит более 460 миллиардов тонн.

ЕГЭ 2019 по математике задание 14 с решением

Демонстрационный вариант ЕГЭ 2019 по математике

ЕГЭ по математике 2019 в формате pdf Базовый уровень | Профильный уровень

Задания для подготовки к ЕГЭ по математике: базовый и профильный уровень с ответами и решением.

ЕГЭ 2019 по математике задание 14

ЕГЭ 2019 по математике профильный уровень задание 14 с решением

Решите:

Ребро куба равно корень из 6.
Найдите расстояние между диагональю куба и диагональю любой из его граней.

ЕГЭ 2019 по математике задание 14

В правильной треугольной пирамиде АВСS с основанием АВС известны ребра: АВ= 5 корней из 3, SC= 13.
Найти угол, образованный плоскостью основания и прямой, проходящей через середину ребер АS и ВС.

Решение:

1. Поскольку SABC - правильная пирамида, то ABC - равносторонний треугольник, а остальные грани - равные между собой равнобедренные треугольники.
То есть все стороны основания равны 5 sqrt(3), а все боковые ребра равны 13.

2. Пусть D - середина BC, E - середина AS, SH - высота, опущенная из точки S к основанию пирамиды, EP - высота, опущенная из точки E к основанию пирамиды.

3. Найдем AD из прямоугольного треугольника CAD по теореме Пифагора. Получится 15/2 = 7.5.

5. Найдем SH из прямоугольного треугольника ASH. AH=AD 2/3 = 5, AS = 13, по теореме Пифагора SH = sqrt(13 2 -5 2) = 12.

6. Треугольники AEP и ASH оба прямоугольные и имеют общий угол A, следовательно, подобные. По условию, AE = AS/2, значит, и AP = AH/2, и EP = SH/2.

7. Осталось рассмотреть прямоугольный треугольник EDP (нас как раз интересует угол EDP).
EP = SH/2 = 6;
DP = AD 2/3 = 5;

Тангенс угла EDP = EP/DP = 6/5,
Угол EDP = arctg(6/5)

В задании 14 ЕГЭ по математике выпускникам, сдающим экзамен, необходимо решить задачу по стереометрии. Именно поэтому научиться решать такие задачи должен каждый школьник, если он хочет получить положительную оценку на экзамене. В данной статье представлен разбор двух типов заданий 14 из ЕГЭ по математике 2016 года (профильный уровень) от репетитора по математике в Москве.

Доступен видеоразбор данного задания:

Рисунок к заданию будет выглядеть следующим образом:

а) Поскольку прямая MN параллельна прямой DA , которая принадлежит плоскости DAS , то прямая MN параллельна плоскости DAS . Следовательно, линия пересечения плоскости DAS и сечения KMN будет параллельна прямой MN . Пусть это линия KL . Тогда KMNL — искомое сечение.

Докажем, что плоскость сечения параллельна плоскости SBC . Прямая BC параллельна прямой MN , так как четырехугольник MNCB является прямоугольником (докажите сами). Теперь докажем подобие треугольников AKM и ASB . AC — диагональ квадрата. По теореме Пифагора для треугольника ADC находим:

AH — половина диагонали квадрата, поэтому . Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника находим:

Тогда имеют место соотношения:

Получается, что стороны, образующие угол A в треугольниках AKM и ASB , пропорциональны. Следовательно, треугольники подобны. Из этого следует равенство углов, в частности, равенство углов AMK и ABS . Так как эти углы соответственные при прямых KM , SB и секущей MB , то KM параллельна SB .

Итак, мы получили, что две пересекающиеся прямые одной плоскости (KM и NM ) соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости (SB и BC ). Следовательно, плоскости MNK и SBC параллельны.

б) Поскольку плоскости параллельны, расстояние от точки K до плоскости SBC равно расстоянию от точки S до плоскости KMN . Ищем это расстояние. Из точки S опускаем перпендикуляр SP к прямой DA . Плоскость SPH пересекается с плоскостью сечения по прямой OR . Искомое расстояние есть длин перпендикуляра из точки S к прямой OR .

Действительно, KL перпендикулярна плоскости OSR , так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости (OR и OS ). Перпендикулярность OR и KL следует из теоремы о трёх перпендикулярах. Следовательно, KL перпендикулярна высоте треугольника ORS , проведенной к стороне OR . То есть эта высота перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости KMN , а значит перпендикулярна этой плоскости.

Ищем стороны треугольника SOR . Сторону SR ищем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника RSH : . Длину SP находим по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника PSH : . Треугольники SOK и SPA подобны (докажите это сами) с коэффициентом подобия . Тогда и . Из прямоугольного треугольника SPH находим . Из теоремы косинусов для треугольника POR находим, что . Итак, нашли все стороны треугольника SOR .

Из теоремы косинусов для треугольника SOR находим , тогда из основного тригонометрического тождества находим . Тогда площадь треугольника OSR равна:

С другой стороны эта площадь равна , где h — искомая высота. Откуда находим .

Плоскости оснований призмы параллельны, поэтому сечение будет пересекать эти плоскости по прямым LS и DK , которые также параллельны. Пусть B 1 M — высота треугольника A 1 B 1 C 1 , а BE — высота треугольника ABC . Тогда рисунок будет выглядеть следующим образом:

Из прямоугольного треугольника B 1 M A 1 находим по теореме Пифагора . Из прямоугольного треугольника B 1 QS находим по теореме Пифагора . Тогда . Кроме того (половина высоты BE правильного треугольника ABC ). Треугольники MQT и PTB подобны по двум углам (углы PTB и MTQ равны как вертикальные, углы TPB и MQT равны как накрест лежащие при параллельных прямых MQ , PB и секущей PQ ). Их коэффициент подобия равен .

Далее из прямоугольного треугольника MBE находим . Используя доказанное подобие, находим . Аналогично, . Следовательно, .

Считается, что задача по стереометрии на Профильном ЕГЭ по математике - только для отличников. Что для ее решения необходимы особые таланты и загадочное «пространственное мышление», которым обладают с рождения лишь редкие счастливчики.

Так ли это?

К счастью, всё значительно проще. То, что так красиво называют «пространственным мышлением», чаще всего означает знание основ стереометрии и умение строить чертежи.

Во-первых, необходимо знание формул стереометрии. В наших таблицах «Многогранники » и «Тела вращения » приведены все формулы, по которым вычисляются объемы и площади поверхности трехмерных тел.

Во-вторых - уверенное решение задач по геометрии, представленных в части 1 (первые 12 задач ЕГЭ). Это и планиметрические задачи, и стереометрические .

И главное - для решения задачи 14 вам понадобятся основные аксиомы и теоремы стереометрии. Лучше всего, если вы приобретете учебник по геометрии для 10-11 класса (автор - А. В. Погорелов или Л. С. Атанасян), и ответите на вопросы, список которых приведен ниже. Выпишите в тетрадь определения и формулировки теорем. Сделайте чертежи. Доказывать теоремы старайтесь самостоятельно.

Работая над этим заданием, сформулируйте для себя - чем отличаются определение и признак . Есть, например, определение параллельности прямой и плоскости - и признак параллельности прямой и плоскости. В чем разница между ними?

Очень хорошо, если вы сделаете задание самостоятельно, а затем сверите с ответами. Все ответы можно найти на нашем сайте, в этом разделе.

Программа по стереометрии .

Плоскость в пространстве .Закончите фразу: Плоскость можно провести через...
(Дайте четыре варианта ответа).
Расположение плоскостей в пространстве.Закончите фразу: Если две плоскости имеют общую точку, то они...
Параллельность прямой и плоскости. Определение и признак .
Что такое наклонная и проекция наклонной . Рисунок.
Угол между прямой и плоскостью.
Перпендикулярность прямой и плоскости. Определение и признак.
Скрещивающиеся прямые. Угол между скрещивающимися прямыми. Расстояние между скрещивающимися прямыми .
Расстояние от прямой до параллельной ей плоскости.
Параллельность плоскостей. Определение и признак.
Перпендикулярность плоскостей. Определение и признак.
Закончите фразу:а) Линии пересечения двух параллельных плоскостей третьей плоскостью...
б) Отрезки параллельных прямых, заключенные между параллельными плоскостями...

Приведем несколько простых правил для решения задач по стереометрии:

Есть два основных способа решения задач по стереометрии на ЕГЭ по математике. Первый - классический: применение на практике определений, теорем и признаков, список которых приведен выше. Второй -

Все рёбра правильной треугольной пирамиды SBCD с вершиной S равны 9.

Основание O высоты SO SS 1 , M - середина ребра SB , точка L лежит на ребре CD так, что CL : LD = 7: 2.

SBCD плоскостью S 1 LM - равнобедренная трапеция.

Решение.

а) Проведём медиану S 1 M треугольника SS 1 B , которая пересекает прямую BB 1 , являющуюся одновременно медианой треугольника SS 1 B и основания BCD , в точке T . Тогда ВТ : ТВ 1 = 4: 5.

Точка L , в свою очередь, делит отрезок B 1 D в отношении DL : LВ 1 = 4: 5, так как LD : LC = 2: 7 и отрезок BB 1 - медиана треугольника BCD .

Следовательно, сторона сечения, проходящая через точки L и T , параллельна стороне BD основания BCD . Пусть прямая LT пересекает BC в точке P .

Проведём через точку M среднюю линию в треугольнике SBD , пусть она пересекает сторону SD в точке K . Тогда PMKL - искомое сечение, причём BP = DL и BM = KD . Из равенства треугольников BMP и DKL получим MP = KL , а значит, PMKL - равнобедренная трапеция.

б) Большее основание PL трапеции равно 7, поскольку треугольник LPC правильный. Второе основание MK равно 4,5, поскольку MK - средняя линия правильного треугольника SBD . Следовательно, средняя линия трапеции равна

Vasily Ass 09.03.2016 14:53

почему в 1-ом предложении решения BT: TB1 = 4:5, что это за свойство? "поскольку BB1 также является медианой треугольника SS1B." такого свойства нет

Schg Wrbutr 21.04.2017 19:58

Скажите, откуда вы берете отношение 4:5? Можете это свойство медиан объяснить?

Александр Иванов

Медианы треугольника делятся точкой пересечения в отношении 2:1

В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания AB равна 12, а боковое ребро SA равно 8. Точки M и N - середины рёбер SA и SB соответственно. Плоскость α содержит прямую MN и перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

а) Докажите, что плоскость α делит медиану CE основания в отношении 5: 1, считая от точки C .

б) Найдите объём пирамиды, вершиной которой является точка C , а основанием - сечение пирамиды SABC плоскостью α.

Решение.

а) В основании правильной треугольной пирамиды лежит равносторонний треугольник. Проекция высоты S пирамиды на основание дает точку O , которая лежит на пересечении медиан. Таким образом, точка O делит медианы в отношении 2: 1, то есть

Рассмотрим высоту SE треугольника SAB . Точка F 1 являеся ее серединой. Следовательно, ее проекция на медиану CE делит отрезок OE пополам. В свою очередь отрезок тогда

В итоге получаем, что точка F делит медиану CE как или в соотношении 5: 1, начиная от точки C . Что и требовалось доказать.

б) Найдем высоту искомой пирамиды Медиану СЕ найдем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника BCE :

Вычислим площадь основания пирамиды (площадь трапеции MNZK ). Отрезок отрезок (так как это средняя линия треугольника ABS ), высота трапеции Найдем высоту SO из прямоугольного треугольника SOC :

Площадь трапеции (основания пирамиды) равна

Объем пирамиды найдем по формуле

Ответ: б)

Источник: Материалы для экспертов ЕГЭ 2016

В пирамиде SABC в основании лежит правильный треугольник ABC со стороной Точка O - основание высоты пирамиды, проведённой из вершины S.

а) Докажите, что точка O лежит вне треугольника ABC.

б) Найдите объём четырёхугольной пирамиды SABCO .

Решение.

а) Поскольку SA = SC , точка S лежит в плоскости, перпендикулярной отрезку AC и проходящей через его середину M . Следовательно, O лежит на прямой BM . Обозначим высоту пирамиды за x , тогда Следовательно, и При этом поэтому точка O лежит вне треугольника. Более того, поскольку AO BO, она лежит на продолжении BM за точку M .

б) Из треугольника SMA найдем Теперь, из треугольника SMO находим Тогда из треугольника BOS имеем

Ответ:

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

а) Пусть O - центр основания пирамиды. Докажите, что прямые BO и LO перпендикулярны.

б) Найдите площадь поверхности пирамиды.

Решение.

а) Поскольку средняя линия треугольника , Но по теореме о трех перпендикулярах - проекция на плоскость основания пирамиды - прямая Значит, и

б) Пусть Тогда , Кроме того, , откуда Тогда высота боковой грани пирамиды и площадь поверхности пирамиды

Ответ: 192.

Источник: Типовые тестовые задания по математике, под редакцией И. В. Ященко 2016

Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды SABCD с вершиной S равны 6. Основание высоты SO этой пирамиды является серединой отрезка SS 1 , M - середина ребра AS , точка L лежит на ребре BC так, что BL : LC = 1: 2.

а) Докажите, что сечение пирамиды SABCD плоскостью S 1 LM - равнобокая трапеция.

б) Вычислите длину средней линии этой трапеции.

Решение.

Прямая S 1 M пересекает медиану AO треугольника ABD в точке T так, что АТ : TO = 2: 1, поскольку T - точка пересечения медиан треугольника SAS 1 и O - точка пересечения диагоналей основания ABCD , так как пирамида SABCD правильная.

Следовательно, AT : TC = 1: 2. Точка L делит отрезок BC в отношении BL : LC = 1: 2, следовательно, треугольники ACB и TCL подобны с коэффициентом подобия k = AC : TC = BC : CL = 3: 2, так как они имеют общий угол с вершиной C и стороны AC и BC в треугольнике ABC пропорциональны сторонам TC и LC треугольника TCL , заключающим тот же угол. Значит, сторона сечения, проходящая через точки L и T , параллельна стороне AB основания пирамиды SABCD AD в точке P .

Сторона сечения, проходящая через точку M в плоскости SAB , параллельна прямой AB , так как плоскость S 1 LM пересекает плоскость SAB и проходит через прямую PL , параллельную плоскости SAB . Пусть эта сторона сечения пересекает сторону SB в точке K . Тогда сечение PMKL - равнобокая трапеция, поскольку AP = BL и AM = BK .

Большее основание LP трапеции равно 6, поскольку ABCD - квадрат. Второе основание MK трапеции равно 3, поскольку MK - средняя линия треугольника SAB . Значит, средняя линия трапеции равна

Ответ: б) 4,5.

В треугольной пирамиде ABCD двугранные углы при рёбрах AD и BC равны. AB = BD = DC = AC = 5.

а) Докажите, что AD = BC .

б) Найдите объем пирамиды, если двугранные углы при AD и BC равны 60°.

Решение.

а) Треугольник BAC - равнобедренный. Проведём AM ⊥ BC . M - середина BC , тогда DM ⊥ BC , так как треугольник BDC равнобедренный. ∠AMD BC . Аналогично ∠BNC = φ - линейный угол двугранного угла при ребре AD . ΔABC = ΔDBC по трём сторонам, тогда MA = MD и

Аналогично ΔBAD = ΔCAD и NB = NC , а

Треугольники ANM и BMN равны по общему катету MN и острому углу α, тогда AN = BM . Но следовательно, AD = BC .

б) По условию φ = 60°, тогда треугольник AMD равносторонний. Пусть AD = AM = MD = BC = a , тогда В треугольнике AMB имеем откуда и

Ответ:

Источник: Задания 14 (С2) ЕГЭ 2016, ЕГЭ по математике - 2016. Досрочная волна, резервный день, вариант А. Ларина (часть С).

В одном основании прямого кругового цилиндра с высотой 12 и радиусом основания 6 проведена хорда AB , равная радиусу основания, а в другом его основании проведён диаметр CD , перпендикулярный AB . Построено сечение ABNM , проходящее через прямую AB перпендикулярно прямой CD так, что точка C и центр основания цилиндра, в котором проведён диаметр CD , лежат с одной стороны от сечения.

а) Докажите, что диагонали этого сечения равны между собой.

б) Найдите объём пирамиды CABNM .

Решение.

а) Для построения сечения опустим перпендикуляры AM и BN на второе основание цилиндра. Отрезки AM и BN параллельны и равны, значит, ABNM - параллелограмм. Так как прямые AM и BN перпендикулярны основаниям цилиндра и, в частности, прямой AB , параллелограмм ABNM является прямоугольником. Диагонали прямоугольника равны, что и требовалось доказать.

б) Площадь прямоугольника ABNM равна Отрезок OH равен Высота CH пирамиды CABNM равна Следовательно, объём пирамиды CABNM равен

Ответ: б)

В правильной треугольной призме ABCA 1 B 1 C 1 все рёбра равны 6. На рёбрах AA 1 и CC 1 отмечены точки M и N соответственно, причём AM = 2, CN = 1.

а) Докажите, что плоскость MNB 1 разбивает призму на два многогранника, объёмы которых равны.

б) Найдите объём тетраэдра MNBB 1 .

Решение.

Площадь основания призмы равна а объём призмы равен

В четырёхугольной пирамиде B 1 A 1 C 1 NM A 1 B 1 C 1 , опущенной на сторону A 1 C 1 , и равна Основание A 1 C 1 NM пирамиды B 1 A 1 C 1 NM является трапецией, площадь которой равна 27. Значит, объём пирамиды B 1 A 1 C 1 NM равен то есть составляет половину объёма призмы. Поэтому объёмы многогранников B 1 A 1 C 1 NM и ABCMB 1 N равны.

б) В четырёхугольной пирамиде BACNM высота совпадает с высотой основания призмы ABC , опущенной на сторону AC , и равна Основание пирамиды BACNM является трапецией, площадь которой равна 9. Объём пирамиды BACNM равен

Многогранник ABCMB 1 N состоит из двух частей: BACNM и MNBB 1 . Значит, объём тетраэдра MNBB 1 равен

Ответ:

Источник: Задания 14 (С2) ЕГЭ 2016, ЕГЭ - 2016. Досрочная волна. Вариант 201. Юг

Александр Иванов

Высота в правильном треугольнике со стороной 6

Есть правильная треугольная призма ABCA 1 B 1 C 1 со стороной основания 12 и высотой 3. Точка K - середина BC , точка L лежит на стороне A 1 B 1 так, что В 1 L = 5. Точка М - середина A 1 C 1 .

Через точки K и L проведена плоскость таким образом, что она параллельна прямой AC .

а) Доказать, что указанная выше плоскость перпендикулярна прямой MB .

б) Найти объем пирамиды с вершиной в точке В и у которой основанием является сечение призмы плоскостью.

Решение.

а) Отметим точки и на ребрах и соответственно так чтобы Тогда плоскость это плоскость

Очевидно , поскольку проекция на плоскость - высота треугольника Она перпендикулярна , а значит и По теореме о трех перпендикулярах

Рассмотрим теперь проекцию точки на плоскость Поскольку проекция на эту плоскость - середина ребра , то Докажем теперь, что прямая перпендикулярна Тогда по теореме о трех перпендикулярах окажется что , а тогда и

Обозначим за точку пересечения отрезков и , за и - проекции точек и на прямую Тогда

Итак, тангенсы этих углов обратны друг другу, поэтому углы в сумме дают 90° и угол = 180° - 90° = 90°, что и требовалось доказать.

б) Очевидно , так как - равносторонний треугольник.

Ответ:

Источник: ЕГЭ - 2016. Основная волна 06.06.2016. Центр

Длина диагонали куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 равна 3. На луче A 1 C отмечена точка P так, что A 1 P = 4.

а) Докажите, что PBDC 1 - правильный тетраэдр.

б) Найдите длину отрезка AP .

Решение.

а) Введём систему координат как показано на рисунке. Поскольку ребро куба в корень меньше его диагонали, ребро данного куба равно Тогда точки B , D , C 1 имеют координаты соответственно.

Поскольку P лежит на продолжении A 1 C , отрезок A 1 P можно рассматривать как диагональ куба с ребром Тогда точка P имеет координаты

Найдём расстояние от P до точек D 1 , B и C 1:

Отрезки C 1 B , DB и DC 1 - диагонали граней куба, поэтому по теореме Пифагора Тогда Значит, все рёбра тетраэдра DBC 1 P равны, поэтому он правильный.

б) Координаты точки A : Раcстояние от точки P до точки A равно

Ответ:

Приведём другое решение.

а) Диагональ куба в больше его ребра: Следовательно,

Заметим, что как диагонали квадратов со стороной AB . Тогда треугольник BC 1 D - правильный.

Пусть Поскольку ABCD - квадрат имеем:

Поскольку как накрест лежащие, и как вертикальные, получаем: по двум углам, тогда

Заметим, что треугольник - прямоугольный, тогда откуда

В треугольнике OMC имеем: так как - верно. Тогда, по теореме, обратной теореме Пифагора, ΔOMC − прямоугольный, ∠M = 90°.