Задание 15 ЕГЭ по профильной математике

1. 1. а) Признак перпендикулярности плоскостей: если одна плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то плоскости перпендикулярны. Значит, достаточно доказать, что BD ⟂ (SAC).
2. 2. Основание ABCD — квадрат, его диагонали перпендикулярны: BD ⟂ AC. Высота SO пирамиды перпендикулярна плоскости основания, а BD лежит в этой плоскости, поэтому SO ⟂ BD.
3. 3. Прямые AC и SO пересекаются в точке O (центр квадрата) и обе лежат в плоскости SAC. Значит BD перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости, то есть BD ⟂ (SAC).
4. 4. Плоскость SBD содержит прямую BD, перпендикулярную плоскости SAC, следовательно (SBD) ⟂ (SAC). Доказано.
5. 5. б) Объём пирамиды V = (1/3)·S·h. Площадь основания очевидна: S = 6² = 36. Нужна высота SO.
6. 6. Высота опускается в центр O квадрата, а O — середина диагонали. Диагональ квадрата со стороной 6 равна 6√2, значит OC = 3√2.
7. 7. Треугольник SOC прямоугольный (SO ⟂ основанию, значит SO ⟂ OC), гипотенуза — боковое ребро SC = 5. По теореме Пифагора: SO² = 25 − (3√2)² = 25 − 18 = 7, то есть SO = √7.
8. 8. V = (1/3)·36·√7 = 12√7.
9. 9. Проверка правдоподобия: √7 ≈ 2,65 — высота заметно меньше бокового ребра 5, как и должно быть у пирамиды с широким основанием.
10. 10. Где теряют баллы. Берут за расстояние от O до вершины основания половину стороны (3) вместо половины диагонали (3√2) и получают SO = 4. Ошибка невидима в ответе — число выглядит правдоподобно. Надёжный приём: в правильной четырёхугольной пирамиде боковое ребро, высота и полудиагональ образуют прямоугольный треугольник, а апофема, высота и половина стороны — другой.

Ответ: Ответ: 12√7

1. 1. а) Основание ABC — правильный треугольник, поэтому медиана CM является и высотой: AB ⟂ CM.
2. 2. Призма прямая, значит боковое ребро CC₁ перпендикулярно плоскости основания, а AB лежит в этой плоскости: CC₁ ⟂ AB.
3. 3. Прямые CM и CC₁ пересекаются в точке C и лежат в плоскости CC₁M. Прямая AB перпендикулярна обеим, значит AB ⟂ (CC₁M). Доказано.
4. 4. б) Плоскости ABC₁ и ABC пересекаются по прямой AB. Чтобы найти двугранный угол, нужен его линейный угол — угол между двумя лучами, перпендикулярными ребру AB и лежащими в этих плоскостях.
5. 5. В плоскости основания таким лучом служит MC (доказали в пункте «а»: AB ⟂ CM). В плоскости ABC₁ возьмём MC₁; она тоже перпендикулярна AB, потому что AB ⟂ (CC₁M), а MC₁ лежит в этой плоскости.
6. 6. Значит ∠C₁MC — искомый линейный угол. Он лежит в прямоугольном треугольнике C₁CM (угол при C прямой, так как CC₁ ⟂ основанию).
7. 7. Катеты: CC₁ = 3√3 (боковое ребро) и CM — высота правильного треугольника со стороной 6, то есть CM = 6·√3/2 = 3√3.
8. 8. tg ∠C₁MC = CC₁/CM = 3√3 / (3√3) = 1, значит угол равен 45°.
9. 9. Где теряют баллы. Берут за линейный угол ∠C₁AC или ∠C₁BC — углы при вершинах, а не при середине ребра. Линейный угол строится только перпендикулярами к ребру двугранного угла, и именно поэтому в условии заранее введена точка M. Вторая потеря — вместо высоты CM = 3√3 подставляют сторону 6.

Ответ: Ответ: 45°

1. 1. а) В правильном шестиугольнике ABCDEF вершины B и F симметричны относительно большой диагонали AD, поэтому BF ⟂ AD. Точку пересечения обозначим P — это середина BF.
2. 2. Призма прямая: ребро AA₁ перпендикулярно плоскости основания, а BF лежит в основании, значит AA₁ ⟂ BF.
3. 3. Прямые AD и AA₁ пересекаются в точке A и лежат в плоскости ADD₁A₁. Прямая BF перпендикулярна обеим, следовательно BF ⟂ (ADD₁A₁). Доказано.
4. 4. б) Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и её проекцией на плоскость. Точка A уже лежит в плоскости, поэтому нужно спроецировать точку B₁.
5. 5. Проекция B₁ на плоскость ADD₁A₁ — это точка P₁, лежащая над P (напомним, BF ⟂ плоскости, значит и B₁F₁ ⟂ ей). Расстояние от B₁ до плоскости равно BP = BF/2.
6. 6. Считаем BF. В треугольнике ABF стороны AB = AF = 2, а угол при A — внутренний угол правильного шестиугольника, то есть 120°. Тогда BF = 2·AB·sin 60° = 2·2·(√3/2) = 2√3, и BP = √3.
7. 7. Считаем AB₁. Треугольник ABB₁ прямоугольный (BB₁ ⟂ основанию): AB₁ = √(AB² + BB₁²) = √(4 + 8) = √12 = 2√3.
8. 8. Синус искомого угла φ равен отношению расстояния от B₁ до плоскости к длине наклонной: sin φ = √3 / (2√3) = 1/2, откуда φ = 30°.
9. 9. Где теряют баллы. Считают BF равным большой диагонали 2a = 4. В правильном шестиугольнике со стороной a диагонали бывают двух видов: малая a√3 (через одну вершину, как BF) и большая 2a (через центр, как AD). Вторая потеря — путают синус с косинусом: расстояние до плоскости относится к наклонной как синус, потому что оно является противолежащим катетом.

Ответ: Ответ: 30°

1. 1. а) Диагонали квадрата перпендикулярны: BD ⟂ AC.
2. 2. Высота SO ⟂ плоскости основания, поэтому SO ⟂ BD.
3. 3. Значит, BD перпендикулярна двум пересекающимся прямым AC и SO плоскости SAC, следовательно, BD ⟂ (SAC).
4. 4. б) Пусть M — середина BC.
5. 5. Тогда OM = a/2 = 1 (O — центр основания, M — середина BC), а SM — апофема.
6. 6. SO ⟂ основанию и OM ⟂ BC, поэтому угол SMO — линейный угол двугранного угла при ребре BC.
7. 7. В прямоугольном треугольнике SOM: tg∠SMO = SO/OM = 6 : 1 = 6, значит искомый угол равен arctg 6.

Ответ: Ответ: arctg 6

1. 1. а) Диагонали квадрата перпендикулярны: BD ⟂ AC.
2. 2. Высота SO ⟂ плоскости основания, поэтому SO ⟂ BD.
3. 3. Значит, BD перпендикулярна двум пересекающимся прямым AC и SO плоскости SAC, следовательно, BD ⟂ (SAC).
4. 4. б) Пусть M — середина BC.
5. 5. Тогда OM = a/2 = 1 (O — центр основания, M — середина BC), а SM — апофема.
6. 6. SO ⟂ основанию и OM ⟂ BC, поэтому угол SMO — линейный угол двугранного угла при ребре BC.
7. 7. В прямоугольном треугольнике SOM: tg∠SMO = SO/OM = 6 : 1 = 6, значит искомый угол равен arctg 6.

Ответ: Ответ: arctg 6