Pripreme za ispit iz matematike (profilna razina): zadatci, rješenja i objašnjenja. KORIŠTENJE u matematici (osnovno)

KORIŠTENJE na razini matematičkog profila

Rad se sastoji od 19 zadataka.
1. dio:
8 zadataka s kratkim odgovorom osnovne razine složenosti.
2. dio:
4 zadatka s kratkim odgovorom
7 zadataka s detaljnim odgovorom visoke razine složenosti.

Trajanje - 3 sata 55 minuta.

Primjeri USE zadataka

Rješavanje USE zadataka iz matematike.

Za samostalno rješenje:

1 kilovat-sat električne energije košta 1 rublju 80 kopejki.
Mjerilo električne energije 1. studenog pokazalo je 12625 kilovatsati, a 1. prosinca 12802 kilovatsata.
Koliko trebate platiti struju u studenom?
Odgovorite u rubljima.

Problem s rješenjem:

U pravilnoj trokutastoj piramidi ABCS s bazom ABC, rubovi su poznati: AB \u003d 5 korijena od 3, SC \u003d 13.

Riješenje:

4. Kako je piramida pravilna, točka H je sjecište visina / medijana / simetrala trokuta ABC, što znači da dijeli AD u omjeru 2:1 (AH = 2 AD).

5. Nađi SH iz pravokutnog trokuta ASH. AH = AD 2/3 = 5, AS = 13, prema Pitagorinom teoremu SH = sqrt(13 2 -5 2) = 12.

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

Kut EDP = arctg(6/5)

Odgovor: arctg (6/5)

Znaš li što?

Laboratorijske studije pokazale su da pčele mogu odabrati najbolji put. Nakon što locira cvjetove postavljene na različita mjesta, pčela vrši let i vraća se tako da krajnji put bude najkraći. Tako se ovi kukci učinkovito nose s klasičnim “problemom trgovačkog putnika” iz informatike za čije rješavanje suvremena računala, ovisno o broju bodova, mogu potrošiti više od jednog dana.

Ako pomnožite svoju dob sa 7, a zatim pomnožite s 1443, rezultat je vaša dob napisana tri puta zaredom.

Negativne brojeve smatramo nečim prirodnim, ali to nije uvijek bio slučaj. Po prvi put su negativni brojevi legalizirani u Kini u III stoljeću, ali su se koristili samo u iznimnim slučajevima, jer su se općenito smatrali besmislenim. Nešto kasnije, negativni brojevi počeli su se koristiti u Indiji za označavanje dugova, ali nisu se ukorijenili na zapadu - slavni Diofant iz Aleksandrije tvrdio je da je jednadžba 4x + 20 = 0 apsurdna.

Američki matematičar George Dantzig, kao diplomirani student na sveučilištu, jednog je dana zakasnio na nastavu i za domaću zadaću uzeo jednadžbe napisane na ploči. Činilo mu se kompliciranijim nego inače, ali nakon nekoliko dana uspio ga je dovršiti. Ispostavilo se da je riješio dva "nerješiva" problema u statistici s kojima su muku mučili mnogi znanstvenici.

U ruskoj matematičkoj literaturi nula nije prirodan broj, ali u zapadnoj literaturi, naprotiv, pripada skupu prirodnih brojeva.

Dekadni sustav brojeva koji koristimo nastao je zbog činjenice da osoba ima 10 prstiju na rukama. Sposobnost apstraktnog brojanja nije se odmah pojavila kod ljudi, a pokazalo se da je najprikladnije koristiti prste za brojanje. Civilizacija Maja, a neovisno o njima, Čukči povijesno su koristili decimalni brojevni sustav, koristeći ne samo prste na rukama, već i na nogama. Osnova duodecimalnog i sexagesimalnog sustava uobičajenog u starom Sumeru i Babilonu također je bila uporaba ruku: falange ostalih prstiju dlana, čiji je broj 12, brojale su se palcem.

Jedna poznata gospođa zamolila je Einsteina da je nazove, ali je upozorila da je njezin broj telefona vrlo teško zapamtiti: - 24-361. Zapamtiti? Ponoviti! Iznenađeni Einstein odgovori: - Naravno, sjećam se! Dva tuceta i 19 na kvadrat.

Maksimalni broj koji se može napisati rimskim brojevima, a da se ne krše Schwartzmanova pravila (pravila za pisanje rimskih brojeva) je 3999 (MMMCMXCIX) - ne možete pisati više od tri znamenke u nizu.

Mnogo je prispodoba o tome kako jedna osoba nudi drugoj da mu plati za neku uslugu na sljedeći način: stavit će jedno zrno riže na prvu ćeliju šahovske ploče, dva na drugu, i tako dalje: svaka sljedeća ćelija je dvostruko veća. kao prethodni. Kao rezultat toga, onaj tko plaća na ovaj način sigurno će propasti. To ne čudi: procjenjuje se da će ukupna težina riže biti veća od 460 milijardi tona.

USE 2019 iz matematike zadatak 14 s rješenjem

Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz matematike 2019

Jedinstveni državni ispit iz matematike 2019. u pdf formatu Osnovna razina | Razina profila

Zadaci za pripremu ispita iz matematike: osnovna i profilna razina s odgovorima i rješenjima.

USE 2019 u matematičkom zadatku 14

USE 2019 u matematičkom profilu razina zadatak 14 s rješenjem

Odlučiti:

Brid kocke je korijen iz 6.
Odredi udaljenost između dijagonale kocke i dijagonale bilo koje njezine plohe.

USE 2019 u matematičkom zadatku 14

U pravilnoj trokutastoj piramidi ABCS s bazom ABC, rubovi su poznati: AB \u003d 5 korijena od 3, SC \u003d 13.
Odredite kut koji čine ravnina baze i pravac koji prolazi polovištem bridova AS i BC.

Riješenje:

1. Kako je SABC pravilna piramida, onda je ABC jednakostranični trokut, a preostale plohe su jednaki jednakokračni trokuti.
To jest, sve stranice baze su 5 sqrt(3), a svi bočni rubovi su 13.

2. Neka je D polovište BC, E polovište AS, SH visina od točke S do baze piramide, EP visina od točke E do baze piramide.

3. Odredite AD iz pravokutnog trokuta CAD koristeći Pitagorin poučak. Dobivate 15/2 = 7,5.

4. Kako je piramida pravilna, točka H je sjecište visina / medijana / simetrala trokuta ABC, što znači da dijeli AD u omjeru 2:1 (AH = 2 AD).

5. Nađi SH iz pravokutnog trokuta ASH. AH=AD 2/3 = 5, AS = 13, prema Pitagorinom teoremu SH = sqrt(13 2 -5 2) = 12.

6. Trokuti AEP i ASH su pravokutni i imaju zajednički kut A, dakle slični. Prema pretpostavci, AE = AS/2, dakle i AP = AH/2 i EP = SH/2.

7. Ostaje razmotriti pravokutni trokut EDP (samo nas zanima kut EDP).
EP = SH/2 = 6;
DP = AD 2/3 = 5;

Kutna tangensa EDP = EP/DP = 6/5,
Kut EDP = arctg(6/5)

U zadatku 14 USE iz matematike maturanti koji polažu ispit trebaju riješiti problem stereometrije. Zato svaki student mora naučiti rješavati takve probleme ako želi dobiti pozitivnu ocjenu na ispitu. Ovaj članak predstavlja analizu dvije vrste zadataka 14 s Jedinstvenog državnog ispita iz matematike 2016. (razina profila) od učitelja matematike u Moskvi.

Dostupna je video analiza ovog zadatka:

Crtež za zadatak će izgledati ovako:

a) Budući da linija MN paralelno s ravnom linijom DA, koji pripada ravnini DAS, zatim ravna linija MN paralelno s ravninom DAS. Prema tome, linija presjeka ravnine DAS i sekcije KMN bit će paralelna s pravcem MN. neka linija KL. Zatim KMNL- željeni odjeljak.

Dokažimo da je presječna ravnina paralelna s ravninom SBC. Ravno PRIJE KRISTA paralelno s ravnom linijom MN, budući da je četverokut MNCB je pravokutnik (dokaži sam). Dokažimo sada sličnost trokuta AKM I ASB. AC je dijagonala kvadrata. Prema Pitagorinom teoremu za trokut ADC pronašli smo:

AH je pola dijagonale kvadrata, pa . Zatim iz Pitagorine teoreme za pravokutni trokut nalazimo:

Tada se ostvaruju sljedeće relacije:

Ispada da strane koje tvore kut A u trokutima AKM I ASB, proporcionalni su. Stoga su trokuti slični. To podrazumijeva jednakost kutova, posebice jednakost kutova AMK I ABS. Budući da ti kutovi odgovaraju ravnim crtama KM, SB i sekante MB, To KM paralelno SB.

Dakle, dobili smo te dvije linije koje se sijeku iste ravnine ( KM I NM) paralelne su s dvjema pravcima druge ravnine koji se sijeku ( SB I PRIJE KRISTA). Prema tome, avioni MNK I SBC su paralelni.

b) Budući da su ravnine paralelne, udaljenost od točke K do aviona SBC jednaka udaljenosti od točke S do aviona KMN. Tražimo ovu udaljenost. Od točke S spustiti okomicu SP na ravnu liniju DA. Avion SPH siječe presječnu ravninu u pravoj liniji ILI. Željena udaljenost je duljina okomice iz točke S na ravnu liniju ILI.

Stvarno, KL okomito na ravninu OSR, budući da je okomit na dvije crte koje se sijeku i leže u ovoj ravnini ( ILI I OS). Okomitost ILI I KL slijedi iz teorema o tri okomice. Stoga, KL okomito na visinu trokuta ORS držao sa strane ILI. To jest, ova visina je okomita na dvije linije koje se sijeku i leže u ravnini KMN, što znači da je okomit na ovu ravninu.

Traženje stranica trokuta SOR. strana SR tražimo po Pitagorinom poučku iz pravokutnog trokuta RSH: . Duljina SP nalazimo po Pitagorinom poučku iz pravokutnog trokuta PSH: . trokuta S.O.K. I SPA slični su (dokažite sami) s koeficijentom sličnosti . Zatim i . Iz pravokutnog trokuta SPH pronaći . Iz zakona kosinusa za trokut POR nalazimo da . Dakle, pronašli smo sve stranice trokuta SOR.

Iz zakona kosinusa za trokut SOR pronaći , zatim iz osnovnog trigonometrijskog identiteta koji nalazimo . Zatim područje trokuta OSR jednako je:

S druge strane, ovo područje je , Gdje h- željena visina. Gdje nalazimo.

Ravnine baza prizme su paralelne, pa će presjek te ravnine presijecati po ravnim crtama. LS I DK koji su također paralelni. Neka B 1 M je visina trokuta A 1 B 1 C 1, i BITI je visina trokuta ABC. Tada će crtež izgledati ovako:

Iz pravokutnog trokuta B 1 MA 1 nalazimo po Pitagorinom teoremu . Iz pravokutnog trokuta B 1 QS naći po Pitagorinom teoremu. Zatim . Također (polovina visine BITI pravokutni trokut ABC). trokuta MQT I PTB slični su u dva kuta (kutovi PTB I MTQ jednaki kao okomiti, kutovi TPB I MQT jednaki su kao da leže preko paralelnih pravaca MQ, PB i sekante PQ). Njihov koeficijent sličnosti je .

Dolazi iz pravokutnog trokuta MBE pronaći . Koristeći dokazanu sličnost, nalazimo . Isto tako,. Stoga, .

Vjeruje se da je zadatak stereometrije na profilnom jedinstvenom državnom ispitu iz matematike samo za izvrsne učenike. Za njegovo rješavanje potrebni su posebni talenti i tajanstveno “prostorno razmišljanje”, kakvo samo rijetki sretnici posjeduju od rođenja.

Je li tako?

Srećom, sve je puno jednostavnije. Ono što se tako lijepo naziva "prostorno razmišljanje" najčešće podrazumijeva poznavanje osnova stereometrije i sposobnost izrade crteža.

Prvo, potrebno je poznavanje stereometrijskih formula. U našim tablicama " Poliedri "I" Tijela revolucije "date su sve formule pomoću kojih se izračunavaju volumeni i površine trodimenzionalnih tijela.

Drugo, pouzdano rješenje geometrijskih problema predstavljenih u 1. dijelu (prvih 12 USE problema). To su i planimetrijski i stereometrijski problemi.

I što je najvažnije, da biste riješili zadatak 14, trebat će vam osnovni aksiomi i teoremi stereometrije. Najbolje je da kupite udžbenik o geometriji za razrede 10-11 (autor - A. V. Pogorelov ili L. S. Atanasyan), i odgovorite na dolje navedena pitanja. Zapišite definicije i izjave teorema u svoju bilježnicu. Napravite crteže. Pokušajte sami dokazati teorem.

Radeći na ovom zadatku, formulirajte sami - koja je razlika između definicija i znak. Postoji, na primjer, definicija paralelnosti pravca i ravnine - i znak paralelnosti pravca i ravnine. Koja je razlika među njima?

Vrlo je dobro ako sami napravite zadatak, a zatim provjerite odgovore. Sve odgovore možete pronaći na našoj web stranici, u ovoj rubrici.

Stereometrijski program.

Ravnina u svemiru. Završi rečenicu: Ravnina se može povući kroz ...
(Dajte četiri odgovora).
Položaj ravnina u prostoru Dovrši rečenicu: Ako dvije ravnine imaju zajedničku točku, onda su ...
Paralelnost pravca i ravnine. Definicija i znak.
Što je kosa i kosa projekcija. Crtanje.
Kut između pravca i ravnine.
Okomitost pravca i ravnine. Definicija i znak.
Križanje ravnih linija. Kut između pravaca koji se sijeku. Udaljenost između linija koje se sijeku.
Udaljenost od pravca do ravnine koja je s njim paralelna.
Paralelnost ravnina. Definicija i znak.
Okomitost ravnine. Definicija i znak.
Dovršite rečenicu: a) Pravci presjeka dviju paralelnih ravnina s trećom ravninom...
b) Isječci paralelnih pravaca zatvoreni između paralelnih ravnina...

Evo nekoliko jednostavnih pravila za rješavanje problema u stereometriji:

Postoje dva glavna načina za rješavanje problema iz stereometrije na ispitu iz matematike. Prvi je klasičan: praktična primjena definicija, teorema i značajki, čiji je popis naveden gore. drugo -

Svi bridovi pravilne trokutaste piramide SBCD vrh S jednaki su 9.

Baza O visine TAKO SS 1 , M- sredina rebra SB, točka L leži na rubu CD Tako CL : LD = 7: 2.

SBCD avion S 1 LM- jednakokračni trapez.

Riješenje.

a) Nacrtajte medijan S 1 M trokut SS 1 B, koja siječe liniju BB 1 , koja je ujedno i medijan trokuta SS 1B i osnove BCD, u točki T. Zatim WT : televizor 1 = 4: 5.

Točka L, pak, dijeli segment B 1 D u vezi DL : LV 1 = 4: 5 jer LD : LC= 2: 7 i segment BB 1 - medijan trokuta BCD.

Prema tome, strana odsječka koja prolazi kroz točke L I T, paralelno sa stranom BD osnove BCD. Neka linija LT križevi PRIJE KRISTA u točki P.

Prođite kroz točku M središnja linija u trokutu SBD pusti je preko strane SD u točki K. Zatim PMKL- traženi odjeljak, i BP = DL I BM = KD. Iz jednakosti trokuta BMP I DKL dobivamo MP = KL, što znači PMKL- jednakokračni trapez.

b) Veća baza PL trapez je 7 jer trokut LPC ispraviti. Druga baza MK jednako 4,5 jer MK- središnja linija pravokutnog trokuta SBD. Prema tome, središnja linija trapeza je

Vasilij Ass 09.03.2016 14:53

zašto u 1. rečenici rješenja BT: TB1 = 4:5, koje je to svojstvo? "jer je BB1 ujedno i medijan trokuta SS1B." nema takve imovine

Schg Wrbutr 21.04.2017 19:58

Odakle vam omjer 4:5? Možete li objasniti ovo svojstvo medijana?

Aleksandar Ivanov

Medijane trokuta dijele se točkom presjeka u omjeru 2:1

U pravilnoj trokutastoj piramidi SABC bazna strana AB je 12, a bočni rub SA jednako 8. Bodovi M I N- sredina rebara SA I SB odnosno. Ravnina α sadrži pravac MN a okomito na ravninu baze piramide.

a) Dokažite da ravnina α dijeli središnju CE baze u omjeru 5:1, računajući od tač C.

b) Odredi obujam piramide čiji je vrh točka C, a baza je dio piramide SABC ravnina α.

Riješenje.

a) Jednakostranični trokut leži u osnovici pravilne trokutaste piramide. Projekcija visine S piramide na bazi daje bod O, koji leži na sjecištu medijana. Dakle poanta O dijeli medijane u omjeru 2:1, tj.

Uzmite u obzir visinu SE trokut SAB. Točka F 1 je njegova sredina. Stoga je njegova projekcija na medijan CE dijeli segment OE pola. Zauzvrat, segment zatim

Kao rezultat toga, shvaćamo to F dijeli medijan CE kao ili u omjeru 5:1 počevši od točke C. Q.E.D.

b) Odredite visinu medijane tražene piramide CE naći po Pitagorinom poučku iz pravokutnog trokuta prije Krista:

Izračunajte površinu baze piramide (površinu trapeza MNZK). Segment segmenta (budući da je ovo srednja linija trokuta ABS), visina trapeza Nađi visinu TAKO iz pravokutnog trokuta SOC:

Površina trapeza (osnova piramide) je

Volumen piramide nalazi se formulom

Odgovor: b)

Izvor: Materijali za USE stručnjake 2016

u piramidi SABC baza je pravilan trokut ABC sa bočnom Točkom O- osnovica visine piramide izvučena s vrha S.

a) Dokažite da je točka O leži izvan trokuta ABC.

b) Odredi obujam četverokutne piramide SABCO.

Riješenje.

a) Jer SA = SC, točka S leži u ravnini okomitoj na segment AC i prolazeći njegovom sredinom M. Stoga, O leži na ravnoj liniji BM. Označimo visinu piramide kao x, zatim Posljedično, i Štoviše, dakle, točka O leži izvan trokuta. Štoviše, jer AO BO, ona leži na nastavku BM po bodu M.

b) Iz trokuta SMA pronađite Sada, iz trokuta SMO nađi Zatim iz trokuta bos imamo

Odgovor:

U pravilnoj četverokutnoj piramidi SABCD vrh S stranica baze je 8. Točka L- sredina rebra SC. Tangens kuta između pravaca BL I SA jednaki

a) Neka O- središte baze piramide. Dokažite da su linije BO I LO su okomiti.

b) Odredite površinu piramide.

Riješenje.

a) Budući da je srednja linija trokuta , Ali prema teoremu o tri okomice - projekcija na ravninu baze piramide je ravna linija Dakle, i

b) Neka Zatim , Osim toga, , odakle Tada visina bočne strane piramide i površina piramide

Odgovor: 192.

Izvor: Tipični ispitni zadaci iz matematike, uredio I. V. Yashchenko 2016.

Svi bridovi pravilne četverokutne piramide SABCD vrh S jednaki su 6. Visinska baza TAKO ova piramida je središte segmenta SS 1 , M- sredina rebra KAO, točka L leži na rubu PRIJE KRISTA Tako BL : LC = 1: 2.

a) Dokažite da presjek piramide SABCD avion S 1 LM- jednakokračni trapez.

b) Izračunaj duljinu središnje crte tog trapeza.

Riješenje.

Ravno S 1 M prelazi medijan AO trokut ABD u točki T Tako NA : DO= 2:1 jer T- točka sjecišta medijana trokuta SAS 1 i O- točka sjecišta dijagonala baze ABCD, budući da je piramida SABCD ispraviti.

Stoga, NA : TC= 1: 2. Točka L dijeli segment PRIJE KRISTA u vezi BL : LC= 1:2, dakle trokuta ACB I TCL sličan s koeficijentom sličnosti k = AC : TC = PRIJE KRISTA : CL= 3:2 budući da dijele kut s vrhom C i stranaka AC I PRIJE KRISTA u trokutu ABC proporcionalan stranicama TC I LC trokut TCL zatvarajući isti kut. Dakle, strana presjeka koja prolazi kroz točke L I T, paralelno sa stranom AB baze piramide SABCD OGLAS u točki P.

Strana presjeka koja prolazi točkom M u avionu SAB, paralelno s linijom AB, budući da je avion S 1 LM prelazi ravninu SAB i prolazi kroz liniju PL, paralelno s ravninom SAB. Neka ova strana presjeka siječe stranicu SB u točki K. Zatim odjeljak PMKL je jednakokračan trapez, jer AP = BL I AM = BK.

Veća baza LP trapez je 6 jer ABCD- kvadrat. Druga baza MK trapez je 3 jer MK- srednja linija trokuta SAB. Dakle, medijan trapeza je

Odgovor: b) 4.5.

U trokutastoj piramidi ABCD diedarski kutovi na bridovima OGLAS I PRIJE KRISTA su jednaki. AB = BD = DC = AC = 5.

a) Dokažite to OGLAS = PRIJE KRISTA.

b) Odredite obujam piramide ako diedralni kutovi na OGLAS I PRIJE KRISTA jednaki su 60°.

Riješenje.

a) trokut BAC- jednakokračan. Idemo trošiti AM ⊥ PRIJE KRISTA. M- sredina PRIJE KRISTA, Zatim DM ⊥ PRIJE KRISTA, budući da je trokut bdc jednakokračan. ∠ AMD PRIJE KRISTA. Slično ∠ BNC= φ - linearni kut diedralnog kuta na rubu OGLAS. Δ ABC = Δ DBC na tri strane dakle MA = DOKTOR MEDICINE I

Slično, Δ loše = Δ CAD I NB = NC, A

trokuta ANM I BMN jednaki na zajedničkoj nozi MN i šiljasti kut α, tada AN = BM. Ali posljedično, OGLAS = PRIJE KRISTA.

b) Prema uvjetu φ = 60°, tada trokut AMD jednakostraničan. Neka OGLAS = AM = DOKTOR MEDICINE = PRIJE KRISTA = a, zatim U trokutu AMB imamo gdje i

Odgovor:

Izvor: Zadaci 14 (C2) Jedinstveni državni ispit 2016., Jedinstveni državni ispit iz matematike - 2016. Rani val, rezervni dan, opcija A. Larin (dio C).

Tetiva je ucrtana u jednu bazu pravilnog kružnog valjka visine 12 i polumjera baze 6 AB, jednak polumjeru baze, au drugu njegovu bazu ucrtan je promjer CD, okomito AB. Dio izgrađen ABNM prolazeći kroz liniju AB okomito na liniju CD pa ta točka C i središte baze valjka, u kojem je ucrtan promjer CD, leže na jednoj strani odjeljka.

a) Dokažite da su dijagonale tog odsječka međusobno jednake.

b) Odredi obujam piramide CABNM.

Riješenje.

a) Za konstruiranje presjeka ispuštamo okomice AM I BN na drugoj osnovici cilindra. Segmenti AM I BN paralelni i jednaki, dakle ABNM- paralelogram. Budući ravno AM I BN okomito na osnovice valjka i, posebno, na ravnu liniju AB, paralelogram ABNM je pravokutnik. Dijagonale pravokutnika su jednake, što je trebalo i dokazati.

b) Površina pravokutnika ABNM jednako segmentu Oh jednako Visini CH piramide CABNM jednak je Prema tome, volumen piramide CABNM jednaki

Odgovor: b)

U pravilnoj trokutastoj prizmi ABCA 1 B 1 C 1 svi bridovi su jednaki 6. Na bridovima AA 1 i CC 1 označenih bodova M I N odnosno, i AM = 2, CN = 1.

a) Dokažite da je ravnina MNB 1 dijeli prizmu na dva poliedra, čiji su volumeni jednaki.

b) Odredi obujam tetraedra MNBB 1 .

Riješenje.

Površina baze prizme je, a volumen prizme je

U četverokutnoj piramidi B 1 A 1 C 1 NM A 1 B 1 C 1 stranom prema dolje A 1 C 1 , i jednaka je bazi A 1 C 1 NM piramide B 1 A 1 C 1 NM je trapez čija je površina 27. Dakle, volumen piramide B 1 A 1 C 1 NM jednaka polovini volumena prizme. Prema tome, volumeni poliedara B 1 A 1 C 1 NM I ABCMB 1 N su jednaki.

b) U četverokutnoj piramidi BACNM visina je jednaka visini baze prizme ABC, spušten na stranu AC, i jednaka je osnovici piramide BACNM je trapez čija je površina 9. Volumen piramide BACNM jednaki

Poliedar ABCMB 1 N sastoji se od dva dijela: BACNM I MNBB 1 . Dakle, volumen tetraedra MNBB 1 jednako

Odgovor:

Izvor: Zadaci 14 (C2) USE 2016, USE - 2016. Rani val. Opcija 201. Jug

Aleksandar Ivanov

Visina jednakostraničnog trokuta sa stranicom 6

Postoji pravilna trokutasta prizma ABCA 1 B 1 C 1 s osnovnom stranom 12 i visinom 3. Toč K- sredina PRIJE KRISTA, točka L leži na boku A 1 B 1 tako da U 1 L= 5. Točka M- sredina A 1 C 1 .

kroz točkice K I L crta se ravnina tako da je paralelna s pravom AC.

a) Dokažite da je gornja ravnina okomita na pravac MB.

b) Odredi obujam piramide s vrhom u točki U a čija je osnovica presjek prizme ravninom.

Riješenje.

a) Označite točke i na bridovima i odnosno tako da Tada je ravnina ravnina

Očito, budući da je projekcija na ravninu visina trokuta. Ona je okomita, pa prema teoremu o tri okomice

Razmotrimo sada projekciju točke na ravninu Budući da je projekcija na ovu ravninu polovište ruba , onda Dokažimo sada da je linija okomita Zatim, prema teoremu o tri okomice, ispada da , i zatim i

Označimo točkom presjeka segmenata i , i - projekcije točaka i na liniju Zatim

Dakle, tangente ovih kutova su inverzne jedna drugoj, pa zbroj kutova daje 90° i kut = 180° - 90° = 90°, što je i trebalo dokazati.

b) Očito, jer je jednakostraničan trokut.

Odgovor:

Izvor: USE - 2016. Glavni val 06.06.2016. Centar

Duljina dijagonale kocke ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 jednako 3. Na gredi A 1 C označena točka P Tako A 1 P = 4.

a) Dokažite to PBDC 1 je pravilan tetraedar.

b) Odredi duljinu isječka AP.

Riješenje.

a) Uvedimo koordinatni sustav kao što je prikazano na slici. Budući da je brid kocke prema korijenu manji od njezine dijagonale, brid dane kocke je Tada su točke B, D, C 1 imaju koordinate redom.

Jer P leži na nastavku A 1 C, segment linije A 1 P može se smatrati dijagonalom kocke s bridom Zatim točka P ima koordinate

Pronađite udaljenost od P na bodove D 1 , B I C 1:

Segmenti C 1 B, D.B. I DC 1 - dijagonale lica kocke, dakle, prema Pitagorinom teoremu. Zatim, dakle, svi rubovi tetraedra DBC 1 P su jednaki, pa je ispravno.

b) Koordinate točke A: Udaljenost od točke P do točke A jednaki

Odgovor:

Uzmimo drugo rješenje.

a) Dijagonala kocke je veća od njenog ruba: Dakle,

Imajte na umu da kao dijagonale kvadrata sa stranicama AB. Zatim trokut PRIJE KRISTA 1 D- točno.

Neka Od ABCD- imamo kvadrat:

Budući da obje leže poprijeko i kao okomite, dobivamo: u dva kuta, dakle

Imajte na umu da je trokut pravokutni trokut, pa gdje

U trokutu OMC imamo: pošto – istina. Zatim, prema inverznom Pitagorinom teoremu, Δ OMC− pravokutnik, ∠ M= 90°.