Решение репетитора по математике номера с2 с ЕГЭ 2013г

Если у Вас нет под боком репетитора по математике и возникают трудности с поиском решения задачи С2 последнего ЕГЭ 2013г — посмотрите мое решение одной из задач московского варианта. Я постарался идеально точно и подробно рассмотреть доказательную часть номера, выбирая самый простой из всех возможных путей обоснования. Надо отметить, к работе с сечениями репетитор по математике мог заранее подготовить своего ученика и их присутствие в реальном ЕГЭ не стало сюрпризом. В диагностических работах этого года было достаточно примеров на сечения, чтобы сформировать прогноз содержания финального номера. Приятного просмотра.

Задача С2 с ЕГЭ по математике 2013г

В правильной четырехугольной пирамиде MABCD с вершиной М стороны основания равны по 15см, а каждое боковое ребро равно 16 см. Проведено сечение пирамиды плоскостью через точку D, середину H ребра MB и параллельно одной из диагоналей основания. НАйдите площадь этого сечения.

Подробное решение репетитора по математике

Рисунок репетитора по математике для С2 на ЕГЭ 2013г
Из условия понятно, что эта диагональ АС. Пусть P и S — точки пересечения секущей плоскости с ребрами AM и CМ пирамиды соответственно и MO — высота пирамиды. Докажем, что прямые DH, PS и MO пересекаются в одной точке. Пусть DH пересекает MO в точке E. Докажем, что E лежит на прямой PS. Имеем: E \in MO \implies E \in (AMC). Аналогично E \in DH \implies E лежит в плоскости сечения. Так как плоскость сечения и плоскость (AMC) пересекаются по прямой PS, следовательно все их общие точки (в том числе и точка Е) лежат на PS. Значит E лежит на PS.

Теперь докажем, что диагонали четырехугольника DPHS перпендикулярны. Так как АС перпендикулярна плоскости DMB, то параллельная ей прямая PS тоже будет перпендикулярна плоскости DBM, а следовательно перпендикулярна любой прямой в этой плоскости. Поэтому PS перпендикулярна DH.

Воспользуемся известной формулой площади четырехугольника:
S=\dfrac{1}{2} DH \cdot PS \cdot Sin \angle PEH = \dfrac{1}{2} DH \cdot PS \cdot \sin 90^\circ = \dfrac{1}{2} DH \cdot PS . Осталось найти DH и PS. Очевидно, что DH и ME — медианы треугольника DMB, а поэтому в точке пересечения E делятся в отношении 2:1, считая от вершин. Значит ME:EO=2:1. Так как треугольники PMS и АМС подобны, то отношение их высот ME и MO равно коэффициенту подобия k=PS:AC=ME:MO=2:3, значит
PS=\dfrac{2}{3}AC= \dfrac{2}{3} \cdot 15\sqrt{2}=10\sqrt{2}.

И, наконец найдем DH.

OB=\dfrac{15}{\sqrt{2}}=\dfrac{15\sqrt{2}}{2} \implies Cos \angle OBM=\dfrac{15\sqrt{2}}{2}:16=\dfrac{15\sqrt{2}}{32}

По теореме косинусов в треугольнике DHB имеем:

DH=\sqrt{(15 \sqrt{2})^2+8^2-2 \cdot 15 \sqrt{2} \cdot 8 \cdot \dfrac{15\sqrt{2}}{32}}= \sqrt{450+64-225}=
=\sqrt{289}=17

Окончательно находим S_{DPHS}=\dfrac{1}{2} \cdot 17 \cdot 10 \sqrt{2}=\dfrac{170\sqrt{2}}{2}

Данная задача предлагалась в регионе Москва. На периферии номера с2 были несколько иными.

А.Н. Колпаков, репетитор по математике из Строгино. Подготовка к ЕГЭ в Москве.

{ 0 комментариев… напишите первый комментарий }

Оставьте комментарий