Задание 13 егэ математика профильный уровень 2021 с решением

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

a)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

a)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

a)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

a)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

a)  Решите уравнение

б)  Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

а)  Решите уравнение

б)  Найдите корни этого уравнения, принадлежащие промежутку

По условию задачи сделаем чертёж.

а) Прямая $QR$ перпендикулярна плоскости $PP_1R_1R$, поскольку она перпендикулярна прямым $PR$ и $RR_1$. Значит, прямые $QR$ и $RP_1$ перпендикулярны, следовательно, в $△P_1QR$

$∠P_1RQ = 90°$.

б) Пусть $V$ — объём призмы $PQRP_1Q_1R_1$. Тогда объём треугольной пирамиды $PP_1QR$ равен ${V}/{3}$, поскольку её высота $PP_1$ и основание $PQR$ совпадают с высотой и основанием призмы соответственно. Аналогично, объём треугольной пирамиды $P_1Q_1R_1Q$ равен ${V}/{3}$. Призма $PQRP_1Q_1R_1$ составлена из трёх пирамид: $PP_1QR, P_1Q_1R_1Q$ и $P_1QRR_1$. Значит, объём пирамиды $P_1QRR_1$ равен ${V}/{3}$.

В призме $PQRP_1Q_1R_1 : QQ_1 = √{P_1Q^2 — P_1Q_1^2} = 3√21, QR = √{P_1Q^2 — P_1R^2} = 8, PR = √{PQ^2 — QR^2} = 6, V = PP_1 · {PR · QR}/{2} = 72√21$.

Таким образом, объём пирамиды $P_1QRR_1$ равен $24√21$.

а) Докажем, что плоскости $SBC$ и $KEF$ параллельны.

Введём прямоугольную систему координат, учитывая, что в основании правильной пирамиды квадрат $ABCD$ и угол между диагоналями квадрата прямой .

1. Найдём координаты точек $S, B, C , K , E, F$. В прямоугольном треугольнике $SOA$ по теореме Пифагора $OA^2 = SA^2 — SO^2, OA = √{12^2 — 4^2} = 8√2. OC = OB = OD = OA = 8√2$, тогда сторона квадрата $AB = {OA}/{sin 45°} = {8√2}/{{1}/{√2}} = 16, AE = AB — BE = 16 — 12 = 4$.

Проведём $KN ‖ SO, SO ⊥ (ABC)$, тогда $KN ⊥ (ABC)$ и $KN ⊥ OA, △SAO ∼ △KAN$ по первому признаку подобия $(∠SOA = ∠KNA = 90°, ∠A$ — общий) ${AS}/{AK} = {SO}/{KN}, {12}/{3} = {4}/{KN}, KN = 1$.

В прямоугольном треугольнике $ANK$ по теореме Пифагора $AN^2 = AK^2 — KN^2, AN = √{3^2 — 1^2} = 2√2$, тогда $ON = OA — AN = 8√2 — 2√2 = 6√2. EN$ — проекция $KE$ на плоскость $ABC$, значит $△ANE$ прямоугольный и равнобедренный $EN = AN = 2√2$.

Получим $S(0; 0; 4), B(0; -8√2; 0), C (-8√2; 0; 0), K (6√2; 0; 1), E(6√2; -2√2; 0), F (-2√2; 6√2; 0)$.

2. Докажем, что векторы нормали к плоскостям $SBC$ и $KEF$ коллинеарны. Для плоскости $SBC$, вектор нормали ${n_1}↖{→}(a_1; b_1; c_1)$ перпендикулярен к обеим прямым $SB$ и $SC$, поэтому он должен быть перпендикулярен к векторам ${SB}↖{→}(0; -8√2; -4)$ и ${SC}↖{→}(-8√2; 0; -4)$.

Получим систему ${table {n_1}↖{→} · {SB}↖{→} = 0; {n_1}↖{→} ·{SC}↖{→} = 0;$ ${table · a_1 — 8√2 · b_1 — 4c_1 = 0; -8√2a_1 + 0 · b_1 — 4 · c_1 = 0;$ ${table-2√2b_1 — c_1 = 0; -2√2a_1 — c_1 = 0;$

Пусть $c_1 = -1$, тогда система примет вид ${table-2√2b_1 + 1 = 0; -2√2a_1 + 1 = 0;$

Её решение $a_1 = {√2}/{4}; b_1 = {√2}/{4}$.

${n_1}↖{→}({√2}/{4}; {√2}/{4}; -1)$ — вектор нормали плоскости $SBC$ .

Для плоскости $KEF$, вектор нормали ${n_2}↖{→}(a_2; b_2; c_2)$ перпендикулярен к обеим прямым $KE$ и $KF$, поэтому он должен быть перпендикулярен к векторам ${KE}↖{→}(0; -2√2; -1)$ и ${KF}↖{→}(-8√2; 6√2; -1)$.

Получим систему ${table {n_2}↖{→} · {KE}↖{→} = 0; {n_2}↖{→} · {KF}↖{→} = 0;$ ${table · a_2 — 2√2 · b_2 — 1 · c_2 = 0; -8√2a_2 + 6√2 · b_2 — 1 · c_2 = 0;$ ${table-2√2b_2 — c_2 = 0; -8√2a_2 + 6√2b_2 — c_2 = 0$.

Пусть $c_2 = -1$, тогда система примет вид ${table-2√2b_2 + 1 = 0; 8√2a_2 + 6√2b_2 + 1 = 0;$

Её решение $a_2 = {√2}/{4}; b_2 = {√2}/{4}$.${n_2}↖{→}({√2}/{4}; {√2}/{4}; -1)$ — вектор нормали плоскости $KEF$.

Векторы ${n_1}↖{→}$ и ${n_2}↖{→}$ равны, значит коллинеарны, следовательно плоскости $SBC$ и $KEF$ параллельны.

б) Искомый объём $V = {1}/{3}S · h$, где $S$ — площадь треугольника $SBC$, а высота пирамиды $h$ — это расстояние от точки $K$ до плоскости $SBC$.

1. $S = {1}/{2}SB · SC · sin α$, где $α$ — угол между прямыми $SB$ и $SC$. $cos α ={{SB}↖{→} · {SC}↖{→}}/{|{SB}↖{→}| · |{SC}↖{→}|} = {0 · (-8√2) + (-8√2) · 0 + (-4)(-4)}/{12 · 12} = {16}/{144} = {1}/{9}$.

$sin α = √{1 — cos^2α} = √{1 — {1}/{81}} = {4√5}/{9} · S = {1}/{2} · 12 · 12 · {4√5}/{9} = 32√5$.

2. Чтобы найти $h$ необходимо найти уравнение плоскости $SBC$. Оно имеет вид $ax + by + cz + d = 0$, где ${n}↖{→}(a; b; c)$ — вектор нормали этой плоскости. Согласно пункту а), один из векторов нормали ${n_1}↖{→}({√2}/{4}; {√2}/{4}; -1)$. Значит, уравнение имеет вид ${√2}/{4}x + {√2}/{4}y — z + d = 0$. Чтобы найти значение $d$ подставим координаты точки $S(0; 0; 4)$ в это уравнение, получим $-4 + d = 0, d = 4$, тогда ${√2}/{4}x + {√2}/{4}y — z + 4 = 0$ — уравнение плоскости $SBC$. Расстояние от точки $K(6√2; 0; 1)$ до плоскости $SBC$

$h = {|ax_0+ by_0 + z_0 + d|}/{√{a_2 + b_2 + z_2}} ={|{√2}/{4} · 6√2 + {√2}/{4} · 0 + (-1) · 1 + 4|}/{√{({√2}/{4})^2 + ({√2}/{4})^2 + (-1)^2}} = {12√5}/{5}$, где $x_0, y_0, z_0$ — координаты точки $K$.

3. $V = {1}/{3} · 32√5 · {12√5}/{5} = 128$.

1. Построим сечение призмы плоскостью $α$.

Грани $ABCD$ и $A_1 B_1 C_1 D_1$ параллельны, значит плоскость α пересекает их по параллельным прямым.

По условию плоскость α параллельна прямой $A_1 C_1$, то есть содержит прямую, параллельную $A_1 C_1$. Поэтому, проведя через точку $K$ прямую $KP (P ∈ B_1 C_1)$, параллельную прямой $A_1 C_1$, и через точку $A$ — прямую $AC$, параллельную прямой $A_1 C_1$ (прямая $AC$ содержит диагональ нижнего основания) получим трапецию $AKPC$ — искомое сечение.

2. Выберем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке. Найдём координаты нужных точек: $B(0; 0; 0), F (8√2; 8√2; 4), A(8√2; 0; 0), C (0; 8√2; 0), K (4√2; 0; 16), P (0; 4√2; 16)$.

3. Рассмотрим векторы ${BF}↖{→} (8√2; 8√2; 4), {AP}↖{→} (-8√2; 4√2; 16)$ и ${CK}↖{→} (4√2; -8√2; 16)$.

Так как ${BF}↖{→}· {AP}↖{→} = 8√2(-8√2) + 8√2 · 4√2 + 16 · 4 = 0$, то ${BF}↖{→} ⊥ {AP}↖{→}$.

Так как ${BF}↖{→} · {CK}↖{→} = 8√2 · 4√2 + 8√2 · (-8√2) + 4 · 16 = 0$, то ${BF}↖{→} ⊥ {CK}↖{→}$.

Отсюда следует, что $BF ⊥ α$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости ($BF$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости).

б) Искомый объём $V = {1}/{3}S · h$, где $S$ — площадь четырёхугольника $AKPC$, а высота $h$ — расстояние от точки $B$ до плоскости $α$.

1. $S_{AKPC} = {1}/{2}AP · CK sin β$, где $β$ — угол между диагоналями $AP$ и $CK$ четырёхугольника $AKPC$.

$cos β = {{AP}↖{→} · {CK}↖{→}}/{|{AP}↖{→}| · |{CK}↖{→}|} = {-8√2 · 4√2 + 4√2(-8√2) + 16 · 16}/{√{(-8√2)^2 + (4√2)^2 + 16^2} · √{(4√2)^2 + (-8√2)^2 + 16^2}} = {-64 — 64 + 256}/{416} = {128}/{416} = {4}/{13}; |{AP}↖{→}| = |{CK}↖{→}| = √{416}$.

$sin β = √{1 — cos^2β} = √{1 — {16}/{169}} = {3√17}/{13}$.

Таким образом $S = {1}/{2} · √{416} · √{416} · {3√17}/{13} = 48√{17}$.

2. Чтобы найти $h$ необходимо найти уравнение плоскости $α$. Оно имеет вид $ax + by + cz + d = 0$, где ${n}↖{→}(a; b; c)$ — вектор нормали этой плоскости.

Согласно пункту а) одним из векторов нормали является вектор ${BF}↖{→}(8√2; 8√2; 4)$.

Значит, уравнение плоскости имеет вид $8√2x + 8√2y + 4z + d = 0 (1)$.

Чтобы найти значение $d$ подставим координаты точки $A(8√2; 0; 0)$ в уравнение (1) и получим $8√2 · 8√2 + d = 0, d = -128$.

Уравнение плоскости $α$ примет вид $8√2x + 8√2y + 4z — 128 = 0$.

Найдём расстояние $h$ от точки $B(0; 0; 0)$ до плоскости сечения.

$h = {|ax_0+ by_0 + cz_0 + d|}/{√{a^2 + b^2 + c^2}} = {|8√2 · 0 + 8√2 · 0 + 4 · 0 — 128|}/{√{(8√2)^2 + (8√2)^2 + 16}} = {32}/{√17}$, где ($x_0 ; y_0 ; z_0$ ) — координаты точки $B$.

$V = {1}/{3} · S · h = {1}/{3} · 48√{17} · {32}/{√17} = 512$.

а) Искомое сечение проходит через вершину $D$ параллельно $B_1 C$, следовательно, пересекает грань $AA_1 D_1 D$ по диагонали $A_1 D$

Действительно, $A_1 D||B_1 C$ (плоскость пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым)

Рассмотрим прямоугольник $C C_1 M_1M$, где $M_1$ середина $A_1 D_1$

Проведём $C_1 K ||M N$. $K$ — середина отрезка $M M_1$ и середина отрезка $A_1 D$, значит, принадлежит искомому сечению, поэтому $C_1 K$ лежит в плоскости сечения

Таким образом, $A_1 C_1 D$ — искомое сечение.

б) Рассмотрим пирамиду $D_1A_1C_1D$ как пирамиду с основанием $D_1DC_1$ и высотой $A_1D_1 (A_1D_1 ⊥ D_1DC_1)$.

$V_{D_1A_1C_1D} = {1}/{3}S_{D_1DC_1} ·A_1D_1 = {1}/{3} · {1}/{2}D_1C_1 ·D_1D ·A_1D_1 = {1}/{6} ·3·3·6 = 9$.

а) Докажем, что $FNKL$ — ромб.

1) Так как точка $L$ — точка пересечения плоскости $FNK$ с ребром $AC$, то (по свойству параллельных плоскостей) линии пересечения плоскости $FNK$ с основанием призмы параллельны, т.е $FL ‖ N K$.

2) В основаниях правильной треугольной призмы лежат правильные треугольники со стороной $12$.

В треугольнике $NB_1K$ $∠B1 = 60°, NB_1 = 4$ по условию, а $B_1 K = 12 — 4 = 8$. По теореме косинусов $N K = 4√3$, поэтому $N K^2 + NB_1^2 = KB_1^2$. Отсюда следует, что $∠N = 90°, ∠K = 30°$.

Значит, $N K ⊥ A_1B_1$ и $F L ⊥ AB$, т.к. $N K ‖ F L$, а $A_1B_1 ‖ AB$.

3) В $△AFL$ $∠A = 60°, ∠F = 90°, AF = 4$;

$AF$ в прямоугольном $△AFL$ лежит против $∠L = 30°$, следовательно, $AF = {1}/{2}AL, AL = AF · 2 = 4 · 2 = 8$;

$FL^2 = AL^2 — AF^2 = 8^2 — 4^2 = 64 — 16 = 48, F L = 4√3$.

Имеем $N K ‖ F L$ и $N K = F L$, следовательно $F N K L$ — параллелограмм.

Проведём $N E ⊥ F B$.

В $△NFE$ $∠E = 90°, N E = 4√2, F E = 12 — 8 = 4$.

$FN^2 = NE^2 + FE^2 = (4√2)^2 + 4^2 = 32 + 16 = 48$,

$FN = √48 = 4√3, KL = FN$ как противоположные стороны параллелограмма.

4) Имеем: $N K = K L = F N = F L$, следовательно, $F N K L$ — ромб.

б) $K N ⊥ A_1B_1 , K N ⊥ N E ⇒ K N ⊥ (AA_1B_1)$ и $K N ⊥ F N$, значит $K N F L$ — квадрат, $S_{KNFL} = FN^2 = 48$.

Построим сечение пирамиды плоскостью $FNK$ .

Продлим $FL$ до пересечения с $BC$, получим точку $P$.

Соединим точку $P$ с точкой $K$, $KP$ пересекает $CC_1$ в точке $M$. Соединим точку $M$ с точкой $L$.

Пятиугольник $F N K M L$ — искомое сечение.

В прямоугольном $△FBP$ $∠B = 60°$, значит $BP = 2FB = 16, PC = 16 — 12 = 4$.

$KC_1 = CP, ∠KC_1M = ∠MCP = 90°$, тогда $△KC_1M = △PCM$ и $C_1M = CM = 2√2. KM = √{4^2 + (2√2)^2} = √{24}$. В $△LMC$ $LM^2 = LC^2 + MC^2, LC = AC — AL = 12 — 8 = 4, MC = {1}/{2}CC_1 = 2√2, √{4^2 + (2√2)^2} = √{24}, K L = √{48}$, следовательно, $△KLM$ прямоугольный, $S_{KLM} = {1}/{2}(√{24})^2 = 12$.

$S_{сеч} = S_{KNFL} + S_{KLM} = 48 + 12 = 60$.

а) Пусть боковое ребро $SB$ равно $x$.

1) $△SHB∼△APB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда ${PB}/{BH} = {AB}/{SB}$. $H$ — середина $AB$. Тогда ${PB}/{3} = {6}/{x}; PB = {18}/{x}$.

2) $△SKB∼△CQB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда ${QB}/{BK} = {BC}/{SB}; {QB}/{3√2} = {6√2}/{x}; QB = {36}/{x}$.

3) Так как ${QB}/{PB} = {{36}/{x}}/{{18}/{x}} = 2$, то $PQ = PB$.

б) 1) Из пункта а) следует, что $PK$ — средняя линия $△BCQ$. Следовательно, $PK ‖ QC$. Но так как $QC ⊥ BS$, то и $PK ⊥ BS$. Значит, $∠APK$ — линейный угол двугранного угла между гранями $SBA$ и $SBC$. Пусть, $∠APK = α$.

2) $AK = √{AB^2 + BK^2} = √{6^2 + (3√2)^2} = 3√6$.

3) Так как по условию $SD = 12$ и $SB = SD$ (равным проекциям соответствуют равные наклонные), то $x = 12$, а $QB = {36}/{x} = {36}/{12}=3$.

Тогда $CQ = √{BC^2 — QB^2} = √{(6√2)^2 — 3^2} = 3√7$.

Так как $PK$ — средняя линия, то $PK = {1}/{2}CQ = {3√7}/{2}$.

4) $PB = {1}/{2}QB = {1}/{2}·3 = {3}/{2}$.

$AP = √{AB^2 — PB^2} = √{6^2 — ({3}/{2})^2} = {3}/{2}√{15}$.

5) По теореме косинусов для $△APK$:

$AK^2 = AP^2 + PK^2 — 2·AP·PK·cosα$;

$54 = {135}/{4} + {63}/{4} — 2·{3}/{2}√{15}·{3√7}/{2}·cosα$;

$cosα = — {1}/{√{105}}$;

Так как $cosα < 0$, то $α$ — тупой угол.

Значит, искомый угол между плоскостями $SBA$ и $SBC$ равен ($π-α$).

$cos(π-α) = -cosα = {1}/{√{105}}$.

Следовательно, искомый угол равен $arccos{1}/{√{105}}$.

а) Так как $A_1C_1 ⊥ B_1C_1$ и $A_1C_1 ⊥ CC_1$ по условию, то $A_1C_1 ⊥ BB_1C_1$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $A_1C_1 ⊥ BC_1$, то есть треугольник $A_1C_1B$ прямоугольный.

б) 1) $AC = A_1C_1 = √{A_1B^2 — BC^2_1} = √{(2√{41})^2 — 10^2} = 8$.

2) $B_1C_1 = BC = √{AB^2 — AC^2} = √{10^2 — 8^2} = 6$.

3) $CC_1 = √{BC_1^2 — BC^2} = √{10^2 — 6^2} = 8$.

4) $V_{ACC_1B_1} = {1}/{3}·S_{ACC_1} ·B_1C_1 = {1}/{3} · {1}/{2} ·AC·CC_1 ·B_1C_1 = {1}/{6} ·8·8·6 = 64$.

а) 1) $∠AKD = 180° — (∠A + ∠D) = 180° — 90° = 90°$.

2) Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей, то они пересекаются по прямой, также перпендикулярной этой плоскости. Отсюда следует, что так как $PAB ⊥ ABC$ и $PCD ⊥ ABC$, то $PK ⊥ ABC$.

3) Так как $PK ⊥ ABC$, то $PK ⊥ KA$ и $PK ⊥ KD$.

Значит, $∠AKD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $PAB$ и $PCD$. Следовательно, $PAB ⊥ PCD$.

б) Обозначим $BK = x, CK = y$.

1) $△BKC∼ △AKD$, так как $AD ‖ BC$.

Тогда ${AK}/{BK} = {DK}/{CK}; {AB + BK}/{BK} = {CD + CK}/{CK}; {AB}/{BK} + 1 = {CD}/{CK} + 1; {AB}/{BK} = {CD}/{CK}; {3}/{x} = {4}/{y}; x = {3}/{4}y$.

2) По теореме Пифагора $BK^2 + CK^2 = BC^2; x^2 + y^2=5^2; ({3}/{4}y)^2+y^2=25; {25}/{16}y^2=25; y=4;x={3}/{4}y=3$.

3) $S_{KBC} = {1}/{2}BK·CK = {1}/{2}·3 ·4= 6$.

4) $V_{PKBC} = {1}/{3}S_{KBC}·PK = {1}/{3}·6·7 = 14$.

а) 1) $∠AKD = 180° — (∠A + ∠D) = 180° — 90° = 90°$.

2) Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей, то они пересекаются по прямой, так же перпендикулярной этой плоскости. Отсюда следует, что так как $PAB ⊥ ABC$ и $PCD ⊥ ABC$, то $PK ⊥ ABC$.

3) Так как $PK ⊥ ABC$, то $PK ⊥ KA$ и $PK ⊥ KD$.

Значит, $∠AKD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $PAB$ и $PCD$. Следовательно, $PAB ⊥ PCD$.

б) 1) Так как $ABCD$ — равнобедренная трапеция, то $∠A = ∠D$. Так как $BC ‖ AD$, то $∠A = ∠KBC, ∠D = ∠KCB$ как соответственные. Значит, $∠KBC = ∠KCB$, то есть $△KBC$ равнобедренный.

2) По теореме Пифагора $BK^2 + CK^2 = BC^2; 2BK^2 = BC^2; BK^2 = {BC^2}/{2} = {4^2}/{2} = 8$.

3) $S_{KBC} = {1}/{2}BK·CK = {1}/{2}BK^2 = {1}/{2}·8 = 4$.

4) $V_{PKBC} = {1}/{3}S_{KBC}·PK = {1}/{3}·4·9 = 12$.

а) 1) Построим $MN ‖ CD$.

Так как и $PQ ‖ CD$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $M, N, P$ и $Q$ лежат в одной плоскости. Таким образом, трапеция $MNQP$ является сечением пирамиды плоскостью $MPQ$.

2) $△FMN ∼△FDC$ (так как $MN ‖ CD$, то $∠FNM = ∠FCD$ и $∠FMN = ∠FDC$ как соответственные). Так как $△FCD$ равнобедренный, то и $△FNM$ тоже равнобедренный. Тогда $FM = FN; NC = FC — FN = FD — FM = MD$.

Кроме того, $PD = {1}/{2}AD = {1}/{2}BC = QC$. Так как $△FAD = △FBC$, то $∠MDP = ∠NCQ$. Отсюда $△PDM = △QCN$ по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $PM = NQ$, то есть $MNQP$ — равнобедренная трапеция.

б) 1) Пусть $MR ⊥ PQ, MS ⊥ CD, NX ⊥ PQ, NY ⊥ CD$.

Так как $MNQP$ и $MNCD$ — равнобедренные трапеции, то $V_1 = V_{PQCDMN} = V_{MRSNXY} + 2·V_{NXQCY}$ — объём первой части.

2) Пусть $a$ — сторона основания, $h$ — высота пирамиды. Тогда $QC = XY = RS = {a}/{2}; MN = {1}/{3}a; MO = {2}/{3}h(△FMN ∼△FDC$ и ${FM}/{FD} = {1}/{3}; QX = {PQ -MN}/{2} = {a -{1}/{3}a}/{2} = {1}/{3}a (MNQP$ — равнобедренная трапеция).

3) $S_{MRS} = {1}/{2}RS·MO = {1}/{2}·{a}/{2}·{2}/{3}h = {1}/{6}ah$. Объём прямой призмы $MRSNXY$ равен $V_{MRSNXY} = S_{MRS}·MN = {1}/{6}ah·{1}/{3}a = {1}/{18}a^2h$.

$V_{NXQCY} = {1}/{3}S_{XQCY}·MO = {1}/{3}·QX·QC·MO = {1}/{3}·{1}/{3}a·{a}/{2}·{2}/{3}h = {1}/{27}a^2h$.

$V_1 = V_{MRSNXY} + 2·V_{NXQCY} = {1}/{18}a^2h + 2·{1}/{27}a^2h = {7}/{54}a^2h$.

4) $V = V_{SABCD} = {1}/{3}S_{ABCD}·h = {1}/{3}a^2h$.

$V_2 = V — V_1 = ({1}/{3} — {7}/{54})a^2h = {11}/{54}a^2h$ — объём второй части.

5) ${V_1}/{V_2} ={{7}/{54}a^2h}/{{11}/{54}a^2h} = {7}/{11}$.

а) 1) Построим $MN∥ CD$ (см. рис.).

Так как и $PQ∥ CD$, то $MN∥ PQ$. Следовательно, точки $M$, $N$, $P$ и $Q$ лежат в одной плоскости. Таким образом, трапеция $MNQP$ является сечением пирамиды плоскостью $MPQ$. 2) $▵ FMN∼ ▵ FDC$ (так как $MN∥ CD$, то $∠ FNM=∠ FCD$ и $∠ FMN=∠ FDC$ как соответственные). Так как $▵ FDC$ равнобедренный, то и $▵ FMN$ тоже равнобедренный. Тогда $FM=FN$; $NC=FC-FN=FD-FM=MD$. Кроме того, $PD={1} / {2}AD={1} / {2}BC=QC$. Так как $▵ FAD=▵ FBC$, то $∠ MDP=∠ NCQ$. Отсюда $▵ PDM=▵ QCN$ по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $PM=NQ$, то есть $MNQP$ — равнобедренная трапеция. б) 1) Пусть $MR⊥ PQ$, $MS⊥ CD$, $NX⊥ PQ$, $NY⊥ CD$ (см. рис.).

Так как $MNQP$ и $MNCD$ — равнобедренные трапеции, то $V_1=V_{PQCDMN}=V_{MRSNXY}+2⋅ V_{NXQCY}$ — объём первой части. 2) Пусть $a$ — сторона основания, $h$ — высота пирамиды. Тогда $QC=XY=RS={a} / {2}$; $MN={2} / {5}a$; $MO={3} / {5}h$ $(▵ FMN∼ ▵ FDC$ и ${FM} / {FD}={2} / {5})$; $QX={PQ-MN} / {2}={a-{2} / {5}a} / {2}={3} / {10}a$ ($MNQP$ — равнобедренная трапеция). 3) $S_{MRS}={1} / {2}RS⋅ MO={1} / {2}⋅ {a} / {2}⋅ {3} / {5}h={3} / {20}ah$. Объём прямой призмы $MRSNXY$ равен: $V_{MRSNXY}=S_{MRS}⋅ MN={3} / {20}ah⋅ {2} / {5}a={3} / {50}a^2h$. $V_{NXQCY}={1} / {3}S_{XQCY}⋅ MO={1} / {3}⋅ QX⋅ QC⋅ MO={1} / {3}⋅ {3} / {10}a⋅ {a} / {2}⋅ {3} / {5}h={3} / {100}a^2h$. $V_1=V_{MRSNXY}+2⋅ V_{NXQCY}={3} / {50}a^2h+2⋅ {3} / {100}a^2h={3} / {25}a^2h$. 4) $V=V_{SABCD}={1} / {3}S_{ABCD}⋅ h={1} / {3}a^2h$. $V_2=V-V_1=({1} / {3}-{3} / {25})a^2h={16} / {75}a^2h$ — объём второй части. 5) ${V_1} / {V_2}={{3} / {25}a^2h} / {{16} / {75}a^2h}={9} / {16}$.

а) 1) $△ABC ∼△MBN$ (угол $B$ общий, две пропорциональные стороны).

Значит $∠NMB = ∠CAB$. Следовательно, $MN ‖ AC$, так как равны соответствующие углы.

2) Так как $PQ$ — средняя линия $△ADC$, то $PQ ‖ AC$.

3) Так как $MN ‖ AC$ и $PQ ‖ AC$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $P, Q, N$ и $M$ лежат в одной плоскости.

б) 1) Пусть $R$ — середина ребра $DB$. Тогда $PR$ — средняя линия $△ADB$. Следовательно, $PR ‖ AB$. Аналогично $QR ‖ BC$.

2) Обозначим через $V$ объём пирамиды $DABC, V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR}, V_2 = V — V_1, h$ — высота пирамиды $DABC, S$ — площадь $△ABC$.

Так как $△PQR∼ △ACB$ и ${PQ}/{AC} = {1}/{2}$, то $S_{PQR} ={S}/{4}$.

Так как ${DP}/{DA} = {1}/{2}$, то высота пирамиды $DPQR$ равна ${h}/{2}$.

Таким образом, $V_{DPQR} = {1}/{3}S_{PQR}· {h}/{2} = {1}/{3}· {S}/{4} ·{h}/{2} = {Sh}/{24}$.

3) Можно доказать, что $MNBPQR$ — усечёная пирамида. Её высота равна ${h}/{2}$.

Пусть $S_1 = S_{MNB}, S_2 = S_{PQR}$.

Так как $△BMN ∼ △BAC$ и ${BM}/{BA} = {1}/{3}$, то $S_1 = ({1}/{3})^2·S = {S}/{9}$.

Тогда $V_{MNBPQR} = {1}/{3}·{h}/{2}·(S_1 + √{S_1·S_2} + S_2)= {h}/{6}·({S}/{9} + √{{S}/{9}·{S}/{4}} + {S}/{4}) = {h}/{6}({S}/{9} + {S}/{6} + {S}/{4})= {19}/{216}Sh$.

4) $V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR} = {Sh}/{24} + {19}/{216}Sh = {7}/{54}Sh. V_2 = V — V_1 = {1}/{3}Sh — {7}/{54}Sh = {11}/{54}Sh$.

5) ${V_1}/{V_2} = {{7}/{54}Sh}/{{11}/{54}Sh} = {7}/{11}$.

а) 1) $△ABC ∼△MBN$ (угол $B$ общий, две пропорциональные стороны). $MB ={3}/{4}AB, BN ={3}/{4}BC$.

Следовательно, $MN ‖ AC$, так как равны соответствующие углы.

2) Так как $PQ$ — средняя линия $△ADC$, то $PQ ‖ AC$.

3) Так как $MN ‖ AC$ и $PQ ‖ AC$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $P, Q, N$ и $M$ лежат в одной плоскости.

б) 1) Пусть $R$ — середина ребра $DB$. Тогда $PR$ — средняя линия $△ADB$. Следовательно, $PR ‖ AB, PR = {1}/{2}AB$. Аналогично $QR ‖ BC, QR = {1}/{2}BC$.

2) Обозначим через $V$ объём пирамиды $DABC, V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR}, V_2 = V — V_1, h$ — высота пирамиды $DABC, S$ — площадь $△ABC$.

Так как $△PQR∼ △ACB$ и ${PQ}/{AC} = {1}/{2}$, то $S_{PQR} ={S}/{4}$.

Так как ${DP}/{DA} = {1}/{2}$, то высота пирамиды $DPQR$ равна ${h}/{2}$.

Таким образом, $V_{DPQR} = {1}/{3}S_{PQR}· {h}/{2} = {1}/{3}· {S}/{4} ·{h}/{2} = {Sh}/{24}$.

3) Можно доказать, что $MNBPQR$ — усечёная пирамида. Её высота равна ${h}/{2}$.

Пусть $S_1 = S_{MNB}, S_2 = S_{PQR}$.

Так как $△BMN ∼ △BAC$ и ${BM}/{BA} = {3}/{4}$, то $S_1 = ({3}/{4})^2·S = {9}/{16}S$.

Тогда $V_{MNBPQR} = {1}/{3}·{h}/{2}·(S_1 + √{S_1·S_2} + S_2)= {h}/{6}·({9}/{16}S + √{{9}/{16}S·{S}/{4}} + {S}/{4}) = {h}/{6}({9}/{16}S + {3}/{8}S + {S}/{4})= {19}/{96}Sh$.

4) $V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR} = {Sh}/{24} + {19}/{96}Sh = {23}/{96}Sh. V_2 = V — V_1 = {1}/{3}Sh — {23}/{96}Sh = {3}/{32}Sh$.

5) ${V_1}/{V_2} = {{23}/{96}Sh}/{{3}/{32}Sh} = {23}/{9}$.

а) Докажем, что $EFK ‖ MPQ$. Воспользуемся признаком параллельности плоскостей: если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то такие плоскости параллельны.

В плоскости $MPQ$ возьмём прямые $QP$ и $MQ$, а в плоскости $EFK$ — прямые $FE$ и $KF$. Пусть $O$ — центр основания.

В $△MNO: ∠NOM = 90°$ и по теореме Пифагора $NM = √{NO^2 +MO^2}$. Найдём $NO$: треугольник $NPQ$ — правильный, все его стороны равны, а высота $NA = {a√3}/{2}$, где $a$ — сторона треугольника $NPQ$. $NO = {2}/{3}NA = {2}/{3}·{a√3}/{2} = {a√3}/{3}$, то есть $NO = {15√3}/{3} = 5√3$. B $△NMO: ∠MON = 90°, NM = √{MO^2 + NO^2} = √{(5√3)^2 + 6} = √{75 + 6} = √{81} = 9$.

1) $△NKF∼△NMQ$, так как ${NK}/{NM} ={{9}/{5}}/{9} ={1}/{5}, {NF}/{NQ} = {3}/{15} = {1}/{5}$ и $∠MNQ$ — общий. Из подобия следует, что $∠NKF = ∠NMQ$. Это соответственные углы при прямых $KF$ и $MQ$ и секущей $NM$. Значит, $KF ‖ MQ$.

2) $△NEF∼△NPQ$, так как ${NE}/{NP} ={3}/{15} = {1}/{5}, {NF}/{NQ} ={3}/{15} = {1}/{5}$ и $∠PNQ$ — общий. Из подобия следует, что $∠NEF = ∠NPQ$. Это соответственные углы при прямых $EF$ и $PQ$ и секущей $NP$. Значит, $EF ‖ PQ$.

Итак, две пересекающейся прямые $KF$ и $FE$ плоскости $KFE$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $MQ$ и $PQ$ плоскости $MPQ$, следовательно, $KFE ‖ MPQ$.

б) Найдём расстояние от точки $K$ до плоскости $MPQ$. Так как плоскость $KFE$ параллельна плоскости $MPQ$, то расстояние от точки $K$ до плоскости $MPQ$ равно расстоянию от точки $B$ до плоскости $MPQ$ и оно равно длине отрезка $BD$ ($BD$ — перпендикуляр к $AM$. Докажем это.

$NA ⊥ QP$ и $MA ⊥ QP$ (как высоты треугольников $NPQ$ и $MPQ$), значит, прямая $QP$ перпендикулярна плоскости $NMA$, и тогда прямая $PQ$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в частности $BD$. С другой стороны $BD ⊥ AM$ по построению, значит, прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $MPQ$, и тогда отрезок $BD$ перпендикулярен плоскости $MPQ$ и равен расстоянию от $B$ до плоскости $MPQ$.

В $△BDA: ∠BDA = 90°; BD = BA · sin∠DAB; BA = NA — NB; NA = {15√3}/{2}; NB ={1}/{5}NA = {3√3}/{2}; BA = {15√3}/{2} — {3√3}/{2} = 6√3$.

Из $△MOA: sin∠MAO = sin∠DAB = {MO}/{MA} = {√6}/{√{MO^2 + OA^2}}={√6}/{√{6 +{75}/{4}}} = {√6·2}/{√{99}} = {2√6}/{3√{11}} ={2}/{3}√{{6}/{11}}$ (так как $AO ={1}/{3}NA = {5√3}/{2})$.

Из $△ABD:BD = AB·sin∠DAB = 6√3·{2}/{3}√{{6}/{11}} = 4√{{18}/{11}} = 12√{{2}/{11}} = {12√{22}}/{11}$.

Докажем, что плоскость $DBC$ параллельна плоскости $PKF$. Для этого в плоскости $PKF$ возьмём прямые $KP$ и $FP$, а в плоскости $DBC$ — прямые $CB$ и $DB$ (см. рис.). Пусть $O$ — центр основания.

В $▵ ADO$: $∠ DOA=90°$ и по теореме Пифагора $AD=√ {DO^2+AO^2}$. Найдём $AO$, треугольник $ABC$ — правильный, все его стороны равны, $AM$ — высота, $AM={a√ {3}} / {2}$, где $a$ — сторона $▵ ABC$, $AO={2} / {3} AM={2} / {3}⋅ {a√ {3}} / {2}={a√ {3}} / {3}$, то есть $AO={9√ {3}} / {3}=3√ {3}$, $AD=√ {3^2+(3√ {3})^2}=√ {9+27}=6$. $▵ APF∼ ▵ ABD$, так как ${AF} / {AD}={2} / {6}={1} / {3}$, ${AP} / {AB}={3} / {9}={1} / {3}$ и $∠ DAB$ — общий, то есть две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника, а углы между ними равны. Из подобия следует, что $∠ AFP=∠ ADB$. Это соответственные углы при прямых $FP$ и $DB$ и секущей $AD$. Значит, $FP∥ DB$. Аналогично рассуждая, получим, что $▵ AKP∼ ▵ ACB$, так как ${AK} / {AC}={3} / {9}={1} / {3}$, ${AP} / {AB}={3} / {9}={1} / {3}$ и $∠ BAC$ — общий, то есть две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника, а углы между ними равны. Из подобия следует, что $∠ APK=∠ ABC$. Это соответственные углы при прямых $KP$ и $BC$ и секущей $AB$. Значит, $KP∥ BC$. Итак, две пересекающиеся прямые $KP$ и $FP$ плоскости $PKF$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $CB$ и $BD$ плоскости $DBC$. Следовательно, плоскости $DBC$ и $PKF$ параллельны по признаку параллельности плоскостей. б) Найдём расстояние от точки $F$ до плоскости $DBC$. Так как плоскость $KFP$ параллельна плоскости $DBC$, то расстояние от точки $F$ до плоскости $DBC$ равно расстоянию от точки $L$ до плоскости $DBC$ и равно длине отрезка $LN$ (см. рис.), где $LN$ — перпендикуляр к $MD$ в плоскости $AMD$.

Докажем это. $AM ⊥ BC$ и $DM⊥ BC$ (как высоты треугольников $ABC$ и $DBC$), значит, $BC⊥ MDA$ и тогда $BC$ перпендикулярен любой прямой этой плоскости, в частности, $LN$. С другой стороны, $LN ⊥ MD$ по построению, значит, $LN$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым плоскости $DBC$, и тогда отрезок $LN$ перпендикулярен плоскости $DBC$ и равен расстоянию от точки $L$ до плоскости $DBC$. В $▵ LNM$: $∠ LNM=90°$, $LN=LM⋅ sin ∠ NML$. $ML=AM-LA$; $AM={9√ {3}} / {2}$;
$LA={1} / {3}⋅ AM={9√ {3}} / {6}={3√ {3}} / {2}$. $ML={9√ {3}} / {2}-{3√ {3}} / {2}=3√ {3}$. $sin ∠ NML={DO} / {DM}$; $DO=3$ (по условию). Из $▵ MDB$ найдём $DM$: $∠ DMB=90°$,
$MD=√ {BD^2-MB^2}=√ {36-({9} / {2})^2}={3√ {7}} / {2}$. $sin ∠ NML={2} / {√ {7}}$. $LN=LM⋅ sin ∠ NML=3√ {3}⋅{2} / {√ {7}}=6√ {{3} / {7}}$.

а) Пусть $BO -$ высота пирамиды. Чтобы доказать, что плоскости $FEP$ и $NKB$ параллельны, достаточно показать, что две пересекающиеся прямые $PF$ и $FE$ плоскости $FEP$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $BN$ и $NK$ плоскости $BNK$. Покажем это.

Найдём боковое ребро $MB$ из треугольника $MBO$:

В $∆MKN:$ $MO_1 -$ высота, $MO_1 = {a√3}/{2}$, где $a -$ сторона $∆MNK$. $MO_1 = {6√3}/{2} = 3√3$.

$MO ={2}/{3} MO_1 = 2√3$,

$MB = √{OB^2 + OM^2} = √{3^2 + (2√3)^2} = √{21}$.

1. ${MP}/{MB} ={7}/{4·√{21}}={√{21}}/{12},{MF}/{MN} ={√{21}}/{2·6} = {√{21}}/{12}$. Отношения сторон равны. Используя условие, что $∠BMN$ общий, получим: $∆MPF∼∆MBN$. Из подобия треугольников следует, что $∠MPF = ∠MBN$. Эти углы — соответственные, образованные при пересечении двух прямых $PF$ и $BN$ прямой $MB$. Значит, $PF ‖ BN$.

2. Рассматривая треугольники $MEF$ и $MKN$, можно аналогично доказать, что $FE ‖ NK$.

Так как две пересекающиеся прямые $PF$ и $FE$ плоскости $PFE$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $BN$ и $NK$ плоскости $NBK$, то эти плоскости параллельны.

б) Пусть $O_2$ — точка пересечения $MO_1$ и $FE$. Поскольку плоскость $PFE$ параллельна плоскости $BNK$, то расстояние от точки $P$ до плоскости $BNK$ равно расстоянию от точки $O_2$ до плоскости $BNK$, и оно равно длине отрезка $O_2H$, где точка $H$ лежит на $BO_1$ и $O_2H ⊥ BO_1$. Докажем, что $O_2H$ — расстояние от $O_2$ до плоскости $BNK$.

$NK ⊥ MO_1$ и $NK ⊥ BO_1$ ($MO_1$ и $BO_1$ — высоты $∆MNK$ и $∆NBK$), значит, $NK$ перпендикулярна плоскости $MBO_1$, и тогда $NK$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в том числе $NK ⊥ O_2H$. По построению $O_2H ⊥ BO_1$. Прямая $O_2H$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $BNK$, значит, она перпендикулярна $BNK$, и отрезок $O_2H$ равен расстоянию от $O_2$ до плоскости $BNK$.

В треугольнике $O_2HO_1: O_2H = O_2O_1 sin∠HO_1O_2$.

$O_2O_1 = MO_1-MO_2$.

Из $∆MEO_2: ∠MO_2E = 90°, ∠EMO_2 = 30°$;

$MO_2 = MEcos30° = {√{21}}/{2}·{√3}/{2} = {3√7}/{4}$.

$O_2O_1 = 3√3 — {3√7}/{4} = {3(4√3 — √7)}/{4}$;

$sin ∠HO_1O_2 = {BO}/{BO_1} = {BO}/{√{BO^2 + OO_1^2}} = {3}/{√{3^2 + (√3)^2}} = {√3}/{2}$.

$O_2H = {3(4√3 — √7)}/{4}·{√3}/{2} = {3(12 — √{21})}/{8}$.

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью $AKF$.

$E$ — точка пересечения ребра $DC$ и отрезка $AF$.

$В$ плоскости $ABB_1$ проведём лучи $AK$ и $BB_1, AK$ пересекает $BB_1$ в точке $Q$. В плоскости $BCC_1$ проведём отрезок $FQ, FQ$ пересекает $B_1C_1$ в точке $P$, а $CC_1$ — в точке $R$. Пятиугольник $AKPRE$ — искомое сечение.

$KB_1 ‖ AB, KB_1 ={1}/{2}A_1B_1$, значит, $KB_1$ — средняя линия $△ABQ$, отсюда $BB_1 = QB_1$, а так как $BF ‖ B_1P$, то $B_1P$ — средняя линия $△FBQ, BF = 8, B_1P ={1}/{2}BF = 4. C_1P = B_1C_1 — B_1P = 5 — 4 = 1$, следовательно, $B_1P : PC_1 = 4 : 1$.

б) Прямоугольные треугольники $ABQ, FBQ$ и $ABF$ равны по двум катетам $AB = BF = BQ = 8$, отсюда $AQ = AF = QF = 8√2$. $S_{AQF} ={a^2√3}/{4}$ как площадь равностороннего треугольника со стороной $a$. $S_{AQF} = {(8√2)^2·√3}/{4} = 32√3, S_{KQP} ={1}/{4}S_{AQF}={32√3}/{4} = 8√3$.

$S_{AKPF} = S_{AQF} — S_{KQP} = 32√3 — 8√3 = 24√3$.

$△RCF~△RC_1P$ по первому признаку подобия $(∠C = ∠C_1 = 90°, ∠1 = ∠2$ как вертикальные). Из подобия следует ${CF}/{PC_1} ={FR}/{PR}$. По доказанному в а) $PC_1 = 1, BF = AB = 8$, тогда $CF = 8 — 5 = 3$ и ${FR}/{PR} ={3}/{1}$. Так как $KP$ средняя линия $△AQF$, то $PF ={1}/{2}QF = 4√2, FR = {3PF}/{4} = {4√2·3}/{4} = 3√2$.

В равнобедренном прямоугольном треугольнике $FCE$ $FC = EC = 3$, тогда $EF = 3√2$.

В $△REF$ $FR = EF = 3√2, ∠RFE = 60°$, отсюда $△REF$ — равносторонний. $S_{REF} ={(3√2)^2√3}/{4} = {9√3}/{2}$.

$S_{AKPRE} = S_{AKPF} — S_{REF} = 24√3 — {9√3}/{2} = {39√3}/{2}$.