ЕГЭ (профиль) / (C2) Стереометрическая задача

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) В и М $$\in$$ (ABD) - соединяем В и K $$\in$$ (ABC) - соединяем $$BK\cap AC=P$$ M и P $$\in$$ (ADC) - соединяем $$\Rightarrow$$ $$MP\cap DC=Q$$ $$\Rightarrow$$ MQKN - искомая плоскость.

б) 1. Проведем  $$CO\parallel AB\Rightarrow \bigtriangleup BKN\sim \bigtriangleup COK$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BN}{CO}=\frac{BK}{CK}=\frac{NK}{KO}$$ $$\bigtriangleup POK\sim \bigtriangleup PNA$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{PC}{CA}=\frac{CO}{AN}=\frac{PO}{PN}$$

2. Возьмем $$\frac{BN}{CO}=\frac{BK}{CK}$$ и $$\frac{PC}{PA}=\frac{CO}{AN}$$ и умножим $$\frac{BN}{CO}\cdot\frac{CO}{AN}=\frac{BK}{CK}\cdot\frac{PC}{AP}$$ $$\Rightarrow$$ $$frac{BN}{AN}=\frac{BK}{CK}\cdot\frac{PC}{AP}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{y}{2y}=\frac{z}{z}\cdot\frac{PC}{AP}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{PC}{AP}=\frac{1}{2}$$

3. Аналогично $$\frac{DM}{AM}=\frac{CP}{AP}\cdot\frac{DQ}{QC}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{3x}{2x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{DQ}{QC}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{DQ}{QC}=\frac{3}{1}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a) Пусть шар с центром в точке $$O_1$$ касается граней $$ABCD,AA_1D_1D,AA_1B_1B$$, соответственно шар с центром в точке $$O_2$$ касается граней $$A_1B_1C_1D_1,BB_1C_1C,DD_1C_1C$$.

Так как первый шар касается граней $$AA_1B_1B,AA_1D_1D$$, то его центр $$O_1$$ равноудален от указанных граней, то есть лежит на биссекторной плоскости двугранного угла c ребром $$AA_1$$, то есть на плоскости $$AA_1C_1C$$ (с учетом того, что $$ABCDA_1B_1C_1D_1$$ – куб).

Так первый шар касается граней $$ABCD,AA_1D_1D$$, то его центр $$O_1$$ равноудален от указанных граней, то есть лежит на биссекторной плоскости двугранного угла c ребром $$AD$$, то есть на плоскости $$AB_1C_1D$$ (с учетом того, что $$ABCDA_1B_1C_1D_1$$ – куб).

Но тогда точка $$O_1$$ лежит на прямой пересечения плоскостей $$AA_1C_1C,AB_1C_1D$$, то есть на $$AC_1$$ (естественно, раз шар находится внутри куба, то $$O_1$$ – точка отрезка $$AC_1$$).

Рассуждая аналогичным образом, приходим к тому, что и точка $$O_2$$ лежит на отрезке $$AC_1$$.

б) Очевидно, $$A_1C_1=13\sqrt2$$, $$AC_1=13\sqrt3$$. Очевидно, в силу симметрии, $$AO_1=C_1O_2$$ и $$AO_1=C_1O_2=\frac{13\sqrt3-2r}{2}$$, где $$r$$ – радиусы шаров.

Пусть, например, $$K_2$$ – точка касания второго шара с гранью $$A_1B_1C_1D_1$$ ($$K_2$$ принадлежит $$A_1C_1$$).

Треугольники $$AA_1C_1,O_2K_2C_1$$ подобны по двум углам, тогда $$\frac{AA_1}{O_2K_2}=\frac{AC_1}{O_2C_1}$$; $$\frac{13}{r}=\frac{13\sqrt2}{\frac{13\sqrt3-2r}{2}}$$; $$\frac{1}{r}=\frac{2\sqrt2}{13\sqrt3-2r}$$; $$2\sqrt2 r=13\sqrt3-2r$$; $$r(2\sqrt2+2)=13\sqrt3$$; $$r=\frac{13\sqrt3}{2\sqrt2+2}$$.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

1) Введем ортогональную систему координат: $$CM=CB\cdot\sin60^{\circ}=4\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{6}$$

$$\left.\begin{matrix}S(0;0;2)\\L(\sqrt{2};\sqrt{6};0)\end{matrix}\right\}$$ $$\Rightarrow$$ $$SL \left \{ \sqrt{2};\sqrt{6};-2 \right \}$$

$$\left.\begin{matrix}C(0;0;0)\\M(0;2\sqrt{6};0)\end{matrix}\right\}$$ $$\Rightarrow$$ $$CM\left\{0;2\sqrt{6};0\right\}$$

$$\cos(SL;CM)=\frac{|\sqrt{2}\cdot0+\sqrt{6}\cdot2\sqrt{6}+(-2)\cdot0|}{\sqrt{2+6+4}\cdot\sqrt{4\cdot6}}=$$

$$=\frac{2\sqrt{36}}{\sqrt{12}\cdot\sqrt{24}}=\frac{2\cdot6}{2\sqrt{3}\cdot2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

$$\angle (SL;CM)=45^{\circ}$$ ч.т.д.

2) Пусть $$LK\parallel CM\Rightarrow d(SL;CM)=d(C;(SLK))$$

$$K(\sqrt{2}; 2\sqrt{6}; 0)$$ Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ - уравнение $$(SLK)$$

$$\left\{\begin{matrix}0\cdot a+0\cdot b+2\cdot c+d=0\\\sqrt{2}a+\sqrt{6}b+0\cdot c+d=0\\\sqrt{2}a+2\sqrt{6}b+0\cdot c+d=0\end{matrix}\right.$$

$$b=0;c=-\frac{d}{2};a=-\frac{\sqrt{2}d}{2}$$ $$-\frac{\sqrt{2}d}{2}x+0y-\frac{d}{2}z+d=0$$ $$\Rightarrow$$<

$$-\frac{\sqrt{2}}{2}x+0y-\frac{1}{2}z+1=0$$

$$d(C;(SLK))=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$<

$$=\frac{|-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot0+0\cdot0-\frac{1}{2}\cdot0+1|}{\sqrt{\frac{2}{4}+0+\frac{1}{4}}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) Построим через К прямую $$a\parallel AC$$ ($$a\cap A_{1}D_{1}=M$$) $$\Rightarrow$$ (АМКС) - искомая плоскость 1) Построим ($$BB_{1}D_{1}D$$) $$\Rightarrow$$ HN - линия пересечения ($$BB_{1}D_{1}D$$) и (АМКС) Пусть $$HN\cap BD_{1}=0$$ $$\Rightarrow$$ доказать $$\frac{BO}{OD_{1}}=\frac{4}{1}$$ Пусть $$B_{1}D_{1}\cap C_{1}A_{1}=Z$$ 2) $$A_{1}C_{1}\parallel KM$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MD_{1}K\sim \bigtriangleup A_{1}C_{1}D_{1}$$ $$\frac{D_{1}K}{D_{1}C_{1}}=\frac{D_{1}H}{D_{1}Z}=\frac{1}{4}$$ 3) $$\bigtriangleup BON\sim \bigtriangleup HOD_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BN}{HD_{1}}=\frac{BO}{OD_{1}}$$ $$BN=ZD_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{ZD_{1}}{HD_{1}}=\frac{BO}{OD_{1}}=\frac{4}{1}$$ Ч.Т.Д Б) Введем ортогональную систему координат: пусть $$XA+BY+CZ+D=0$$ - уравнение (АМКС): $$A(0;4;0); C(3;0;0); K(3;3;2)$$ $$\left\{\begin{matrix}0\cdot a+4\cdot b+0\cdot c+d=0\\3a+0\cdot b+0\cdot c+d=0\\3a+3b+2c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}4b+d=0\\3a+d=0\\3a+3b+2c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}b=-\frac{d}{4}\\a=-\frac{d}{3}\\-d-\frac{3d}{4}2c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\left\{\begin{matrix}b=-\frac{d}{4}\\a=-\frac{d}{3}\\c=\frac{3d}{8}\end{matrix}\right.$$ $$-\frac{d}{3}x-\frac{d}{4}y+\frac{3d}{8}z+d=0$$ $$-\frac{1}{3}x-\frac{1}{4}y+\frac{3}{8}z+1=0$$ $$D(3;4;0)$$ $$d(D:(AMKC))=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$ $$=\frac{|-\frac{1}{3}\cdot3+-\frac{1}{4}\cdot4+\frac{3}{8}\cdot0+1|}{\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{9}{64}}}=$$ $$=\frac{|-1-1+1|}{\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{13}{64}}}=$$ $$=\frac{1}{\sqrt{\frac{181}{9\cdot64}}}=$$ $$=\frac{3\cdot8}{\sqrt{181}}=\frac{24\sqrt{181}}{181}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a) 1) C и K соединим, C и D₁ соединим

2) т.к. $$(ABB_{1})\parallel(DCC_{1})$$ $$\Rightarrow$$ $$CD_{1}\parallel a$$, а через точку К $$a\cap AA_{1}=M$$ $$\Rightarrow$$ $$D_{1}$$ и М соединим $$\Rightarrow$$ $$CD_{1}MK$$ - сечение

3) Продолжим $$D_{1}M$$ и $$CK$$ до пересечения в Н.

4) Пусть $$DD_{1}=x$$ $$DC=y$$ $$AD=z$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=x\cdot y\cdot z$$

$$V_{AMKDD_{1}C}=\frac{1}{3}AD(S_{AMK}+\sqrt{S_{AMK}\cdot S_{DD_{1}C}}+S_{DD_{1}C})$$

т.к. $$AK=\frac{1}{2}DC$$  и $$AK\parallel CD$$, $$CD_{1}\parallel KM$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup AMK\sim \bigtriangleup DD_{1}C$$

$$S_{DD_{1}C}=\frac{1}{2}x\cdot y$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{AMK}=\frac{1}{4}S_{DD_{1}C}=\frac{1}{8}x\cdot y$$

$$V_{AMKDD_{1}C}=\frac{1}{3}z\cdot(\frac{1}{8}xy+\sqrt{\frac{1}{8}xy\cdot\frac{1}{2}xy}+\frac{1}{2}xy)=$$

$$=\frac{1}{3}z\cdot(\frac{1}{8}xy+\frac{1}{4}xy+\frac{1}{2}xy)=\frac{1}{3}z\cdot\frac{7}{8}xy=$$

$$={7}{24}xyz$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{ocm}=xyz-\frac{7}{24}xyz=\frac{17}{24}xyz$$

5) $$\frac{V_{AMKDD_{1}C}}{V_{ocm}}=\frac{\frac{7}{24}xyz}{\frac{17}{24}xyz}=\frac{7}{17}$$

ч.т.д.

б) Вводим ортгональную систему координат:

$$C(6;0;0)$$

$$K(3;4;0)$$

$$D_{1}(0;0;6)$$

Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ уравнение $$(CKD_{1})$$:

$$\left\{\begin{matrix}6a+0b+0c+d=0\\3a+4b+0c+d=0\\0a+0b+6c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$

$$\left\{\begin{matrix}6a+d=0\\3a+4b+d=0\\6c+d=0\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$

$$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{6}\\-\frac{d}{6}+4b+d=0\\c=-\frac{d}{6}\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow$$

$$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{6}\\b=-\frac{d}{8}\\c=-\frac{d}{6}\end{matrix}\right.$$

$$-\frac{d}{6}x-\frac{d}{8}y-\frac{d}{6}z+d=0$$

$$-\frac{1}{6}x-\frac{1}{8}y-\frac{1}{6}z+1=0$$

$$D(0;0;0)$$

$$d(D;(CKD_{1}))=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$

$$=\frac{|-\frac{1}{6}\cdot0-\frac{1}{8}\cdot0-\frac{1}{6}\cdot0+1|}{\sqrt{\frac{1}{36}+\frac{1}{64}+\frac{1}{36}}}=$$

$$=\frac{1}{\sqrt{\frac{41}{64\cdot9}}}=\frac{3\cdot8}{\sqrt{41}}=\frac{24\sqrt{41}}{41}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а)

1) Опустим $$BN\perp$$ основанию $$\Rightarrow$$ $$BN\perp CD$$

2) Проведем $$MN\parallel AB$$ $$\Rightarrow$$ $$CD\parallel MN$$ $$\Rightarrow$$ $$(ABNM)$$ - ИСКОМАЯ

3) т.к. $$MN\parallel AB$$ и $$AB=MN$$ $$\Rightarrow$$ ABNM - прямоугольник $$\Rightarrow$$ $$MB=AN$$ ч.т.д.

б) $$V_{CABNM}=\frac{1}{3}CR\cdot S_{ABNM}=\frac{1}{3}(CO+OR)\cdot AB\cdot BN$$

$$AB=CO=6$$; $$BN=12$$

 из $$\bigtriangleup OMN$$ - равносторонний:

$$OR=\frac{\sqrt{3}}{2}OM$$ $$(\angle M=60^{\circ})$$ $$\Rightarrow$$ $$OR=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot6=3\sqrt{3}$$

$$V_{CABNM}=\frac{1}{3}\cdot(6+3\sqrt{3})\cdot6\cdot12=144+72\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

1) Опустим $$O_{2}M\perp C_{1}D_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$B_{1}M$$ - проекция $$B_{1}O_{2}$$ на $$(A_{1}B_{1}C_{1}D_{1})\Rightarrow(B_{1}MO_{2})$$ плоскость $$B_{1}O_{2}$$; достроим её до $$(B_{1}MM_{1}B)$$

2) Опустим $$O_{1}L\perp AD$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}L$$ - проекция $$A_{1}O_{1}$$ на $$(AA_{1}D_{1}D)\Rightarrow(A_{1}O_{1}L)$$ плоскость $$A_{1}O_{1}$$; достроим её до $$(A_{1}LL_{1}B_{1})$$

3) $$BM_{1}\cap LL_{1}=H$$ $$B_{1}$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$B_{1}H$$ -линия пересечения $$(A_{1}LL_{1}B_{1})$$ и $$(B_{1}MM_{1}B)$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}O_{1}\cap(B_{1}MM_{1}B)$$ по $$B_{1}H$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}O_{1}$$ не пересекает $$B_{1}O_{2}$$ и $$A_{1}O_{1}$$ не параллельна $$B_{1}O_{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$B_{1}O_{2}$$ и $$A_{1}O_{1}$$ - скрещивающиеся

б) 1) Введем ортогональную систему координат как на рисунке: $$B_{1}(0;0;2)$$; $$O_{2}(2;1;1)$$; $$A_{1}(0;2;2)$$

2) Пусть $$B_{1}L_{2}\parallel A_{1}L$$, тогда $$(B_{1}O_{2}L_{2})\parallel A_{1}L$$, $$d(A_{1}L; B_{1}O_{2})=d((B_{1}O_{2}L_{2});A_{1})$$

$$L_{2}(1;-1;0)$$

3) Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ - уравнение $$(B_{1}O_{2}L_{2})$$

$$\left\{\begin{matrix}0\cdot x+0\cdot y+2z+d=0\\2x+1y+1z+d=0\\1x+(-1)\cdot y+0\cdot z+d=0\end{matrix}\right.$$

$$\left\{\begin{matrix}2z+d=0\\2x+y+z+d=0\\x-y+d=0\end{matrix}\right.$$

$$\left\{\begin{matrix}z=-\frac{d}{2}\\3x+z+2d=0\\x-y+d=0\end{matrix}\right.$$

$$3x-0,5d+2d=0$$

$$3x=-1,5d$$

$$x=-0,5d$$

$$-y+0,5d=0$$

$$y=0,5d$$

$$d((B_{1}O_{2}L_{2});A_{1})=\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}=$$

$$=\frac{|1\cdot0-1\cdot2+1\cdot2-2}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) Пусть $$DH$$ - высота; $$\Rightarrow DH\perp ABC$$

2) Пусть $$MC\cap DH=N\Rightarrow NH\perp AC$$

$$\Rightarrow CH$$ - проекция $$NC$$ на $$(ABC)$$

3) т.к. $$AC\perp CB$$, то по теореме о трех перпендикулярах $$NC\perp CB$$

$$\Rightarrow$$ $$MC\perp CB$$

$$\Rightarrow\bigtriangleup MCB$$ - прямоугольный

б) 1) т.к. $$AC\perp CB$$ и $$CB\perp MC$$ $$\Rightarrow CB\perp(ADC)$$

$$\Rightarrow(BCM)\perp(ACD)$$

$$\Rightarrow$$ расстояние от D до $$(CBM)$$ - перпендикуляр $$DL\in(ADC)$$

2) т.к. $$\bigtriangleup ACD$$ - равносторонний и $$AM-MD, то $$CM\perp AD$$ 

$$\Rightarrow DM$$  - искомое расстояние

3) $$DC=\frac{DH}{\sin C}=\frac{6}{\sin60^{\circ}}=\frac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}$$

$$\Rightarrow$$ $$MD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}DC=2\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

1) Пусть h - высота пирамиды, тогда $$AB=CB=AC=2h$$ $$\Rightarrow$$

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot2h\cdot2h\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}h^{2}$$ $$\Rightarrow$$

$$V_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot h\cdot\sqrt{3}h^{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}h^{3}$$

2) Пусть KL - ребро куба; $$KL\in(SBC)$$;

$$(NMLK)\parallel(N_{1}M_{1}L_{1}K_{1})\cap SBC\Rightarrow KL\parallel CB$$;

аналогично: $$C_{1}B_{1}\parallel CB$$; $$A_{1}B_{1}\parallel B$$;$$A_{1}C_{1}\parallel AC$$

3) Пусть ребро куба - x $$\Rightarrow$$

$$d((ABC);(A_{1}B_{1}C_{1}))=x$$ - расстояние $$\Rightarrow$$

высота $$SA_{1}B_{1}C_{1}=h-x$$

4) Пусть $$SO_{1}$$- высота $$SABC$$, $$SO_{2}$$ - высота $$SA_{1}B_{1}C_{1}$$

$$\bigtriangleup SO_{2}B_{1}\sim\bigtriangleup SO_{1}B\Rightarrow\frac{SB_{1}}{SB}=\frac{SO_{2}}{SO_{1}}=\frac{h-x}{h}$$

$$\bigtriangleup SB_{1}A_{1}\sim\bigtriangleup SBA\Rightarrow\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{SB_{1}}{SB}=\frac{h-x}{h}$$ $$\Rightarrow$$

$$A_{1}B_{1}=AB\cdot\frac{h-x}{h}=2h\cdot\frac{h-x}{h}=2(h-x)$$

5) $$\bigtriangleup NMA_{1}$$ - правильный; $$NA_{1}=NM=x$$ $$\Rightarrow$$

из $$C_{1}NK$$: $$C_{1}N=\frac{NK}{\sin 60}=\frac{2x}{\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$

$$C_{1}A_{1}=C_{1}N+NA_{1}=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}})$$

6) $$\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$$ - правильный  $$\Rightarrow$$

$$2(h-x)=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}})$$

$$2h-2x=x(1+\frac{2}{\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$

$$x(3+\frac{2}{\sqrt{3}})=2h$$ $$\Rightarrow$$

$$x=\frac{2h\sqrt{3}}{3\sqrt{3}+2}$$ $$\Rightarrow$$

$$V_{KLMNK_{1}L_{1}N_{1}M_{1}}=x^{3}=(\frac{2h\sqrt{3}}{3\sqrt{3}+2})^{3}$$

7) $$\frac{V_{ABCD}}{V_{KLMNK_{1}L_{1}N_{1}M_{1}}}=\frac{\sqrt{3}h^{3}}{3}\cdot\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{2^{3}h^{3}\sqrt{3}^{3}}=$$

$$=\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{9\cdot8}=\frac{(2+3\sqrt{3})^{3}}{72}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

1) $$AM$$ и $$DR_{1}$$ - медианы $$\Rightarrow$$ $$\frac{AR}{RM}=\frac{2}{1}$$

2) $$\bigtriangleup DAC$$: по т. Менелая $$\frac{CT_{1}}{T_{1}A}\cdot\frac{AT}{TN}\cdot\frac{DN}{DC}=1$$; $$\frac{1}{1}\cdot\frac{AT}{TN}\cdot\frac{3}{5}=1$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{AT}{TN}=\frac{5}{3}$$

3) $$\bigtriangleup CDB$$: построим $$MK_{1}$$; т.к. $$DM=MB$$; $$CK_{1}=K_{1}B$$ $$\Rightarrow$$ $$MK_{1}$$ - средняя линия; $$MK_{1}=\frac{1}{2}CD=2,5x$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup NDK\sim\bigtriangleup KK_{1}M$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{ND}{mk_{1}}=\frac{NK}{KM}=\frac{3x}{2,5x}=\frac{6}{5}$$

Рассмотрим  $$\bigtriangleup NMA$$: пусть $$S_{NMA}=S$$, тогда $$S_{ATR}=\frac{AT}{AN}\cdot\frac{AR}{AM}\cdot S=$$ $$\frac{5}{8}\cdot\frac{2}{3}S=\frac{5}{12}S$$; $$S_{NTK}=\frac{NT}{NA}\cdot\frac{NK}{NM}S=$$ $$\frac{3}{8}\cdot\frac{6}{11}S=\frac{9}{44}S$$; $$S_{KMR}=\frac{KM}{MN}\cdot\frac{MR}{MA}S=$$ $$\frac{5}{11}\cdot\frac{1}{3}S=\frac{5}{33}S$$; $$S_{TKR}=S-S_{ATR}-S_{NTK}-S_{KMR}=$$ $$S-\frac{5}{12}S-\frac{9}{44}S-\frac{5}{33}S=$$ $$\frac{132S-55S-27S-20S}{4\cdot3\cdot11}=\frac{5S}{22}$$

ч.т.д.

б) $$\frac{V_{KRTC}}{V_{ABCD}}=?$$; $$V_{KRTC}=(V_{ABCD}-V_{DAMN}-V_{ABCM})\cdot\frac{S_{KTR}}{S_{NMA}}$$

1) Пусть $$V_{ABCD}=V$$; $$V_{DAMN}=\frac{DN}{DC}\cdot\frac{DM}{DB}\cdot\frac{DA}{DA}\cdot V=$$ $$\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{2}V=\frac{3}{10}V$$; $$V_{ABCM}=\frac{MB}{DB}V=\frac{1}{2}V$$; $$V_{KRTC}=(V-\frac{3}{10}V-\frac{1}{2}V)\cdot\frac{2}{22}=$$ $$\frac{2V}{10}\cdot\frac{5}{22}=\frac{V}{22}$$; $$\frac{V_{KRTC}}{V_{ABCD}}=\frac{\frac{V}{22}}{V}=\frac{1}{22}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) Построим через М прямую $$\parallel BC$$ $$\Rightarrow$$ $$MN\parallel BC$$ $$\Rightarrow$$ $$(TMN)$$ - сечение

2) Опустим высоту ВН в трапеции ABCD: $$BH\cap MN=O$$ $$\Rightarrow$$ $$BO=h$$; $$\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABH$$ (по острому углу и прямому) $$\Rightarrow$$ $$\frac{BO}{OH}=\frac{BM}{AM}=\frac{1}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$OH-2BO=2h$$

3) Опустим $$CK\perp CD$$; $$CK\cap MN=R$$: $$BC=OR=HK=x$$ $$\Rightarrow$$ Пусть $$CH=a$$ $$\Rightarrow$$ $$KD=x-a$$. Тогда из подобия $$\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABH$$: $$MO=\frac{1}{3}CH=\frac{1}{3}a$$; аналогично $$RN=\frac{1}{3}KD=\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}a$$. Tогда $$MN=MO+OR+RN=\frac{1}{3}a+x+\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}a=\frac{4}{3}x$$

4) $$S_{MBCN}=\frac{BC+MN}{2}\cdot BO=$$ $$\frac{x+\frac{4}{3}x}{2}\cdot h=\frac{7xh}{6}$$; $$S_{AMND}=\frac{AD+MN}{2}\cdot OH=$$ $$\frac{2x+\frac{4}{3}x}{2}\cdot2h=\frac{20xh}{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{V_{MBCNT}}{V_{AMNDT}}=\frac{S_{MBCN}}{S_{AMND}}=$$ $$\frac{7xh}{6}\div\frac{20xh}{6}=\frac{7}{20}$$

б) 1) Пусть расстояние от ВС до $$MTN=d$$  (т.к. у них общая вершина): $$V_{BMNT}=\frac{1}{3}S_{MTN}\cdot d=\frac{1}{3}\cdot10\cdot4=\frac{40}{3}$$

2) $$\frac{V_{BNMT}}{V_{BCNMT}}=\frac{S_{BNM}}{S_{BCNM}}=$$ $$\frac{\frac{1}{2}\cdot MN\cdot BO}{\frac{MN+BC}{2}\cdot BO}=$$ $$\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{4x}{3}}{\frac{x+\frac{4x}{3}}{2}}=\frac{4}{7}$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{BCNMT}=\frac{7}{4}V_{BNMT}=\frac{70}{3}$$

3) $$V_{AMNDT}=\frac{20}{7}V_{BCNMT}=\frac{70}{3}\cdot\frac{20}{7}=\frac{200}{3}$$

4) $$V_{ABCDT}=V_{AMNDT}+V_{BCNMT}=\frac{70}{3}+\frac{200}{3}=90$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) $$a\cap (ABC)=QT\left |\right |AC$$, $$a\cap (A_{1}B_{1}C_{1})=PN\left |\right |A_{1}C_{1}$$, т.к.  $$a\left |\right |AC. a\cap (BGM)=EF$$, $$BM\cap EF=S$$( E и F-середины PN и  QT). BM-наклонная , BG-её проекция , $$BG\perp QT\Rightarrow$$  по т. о трёх перпендикулярах $$BM\perp QT(1)$$

     2) $$\angle SBF =\beta$$ , $$\angle BFS=\gamma$$ , $$\angle BSF=\varphi$$; $$BG=AB*\sin 60=10\sqrt{3}*\frac{\sqrt{3}}{2}=15$$; $$tg\beta =\frac{MG}{BG}=\frac{7,5}{15}=\frac{1}{2}$$; $$ctg\gamma =\frac{\frac{1}{2}BF}{BB_{1}}=$$$$\frac{1}{4}*\frac{15}{7,5}=$$$$\frac{1}{2}=tg\beta \Rightarrow$$ $$\beta +\gamma =90$$, тогда  $$\varphi =90$$, $$BM\perp EF(2)$$ . Из (1) и (2) $$\Rightarrow$$ $$BM\perp \alpha$$

   Б) 1) из п. а) $$BM\perp \alpha \Rightarrow$$ $$p(Ma)=MS$$

      2) $$\Delta ESM\sim \Delta FSB$$ по двум углам $$\Rightarrow$$ $$\frac{MS}{BS}=\frac{ME}{BF}=\frac{3}{2}$$,  тогда $$MS=\frac{3}{5}BM$$; $$BM=\sqrt{BG^{2}+MG^{2}}=\sqrt{225+\frac{225}{4}}=\frac{15\sqrt{5}}{2}$$, $$MS=\frac{3}{5}*\frac{15\sqrt{5}}{2}=\frac{9\sqrt{5}}{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) Достроим AE до пересечения с BC в точке N. Тогда $$(AMN)=\alpha$$

2) $$\bigtriangleup AED \sim \bigtriangleup BFE$$ (по двум углам). Тогда $$\frac{BE}{ED}=\frac{BF}{AD}\Leftrightarrow $$$$BF=\frac{BE*AD}{ED}=\frac{1}{2}*12=6$$

3)$$AB=BF; BG\perp (ABC);BG$$-общая, значит $$\bigtriangleup ABG =\bigtriangleup GBF ; AG = GF$$

б)1)Расстояние от B до плоскости сечения такое же, как и от B₁. Построим $$BH \perp AF$$: $$BH=\frac{1}{2}AF$$ ($$\bigtriangleup ABF$$ - прямоугольный и равнобедренный). $$BH = \frac{1}{2}*\sqrt{6^{2}+6^{2}}=3\sqrt{2}$$

2) Построим $$BF \perp GH ; BR \perp AF$$ (т.к. $$BH \perp AF$$, то по теореме о трех перпендикулярах). Тогда $$BR \perp \alpha$$, значит BR - расстояние

3) из $$\bigtriangleup GBH: BR=\frac{BG*BH}{GH}=$$$$\frac{5*3\sqrt{2}}{\sqrt{5^{2}+9*2}}=$$$$\frac{30}{\sqrt{86}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a) 1) $$AS=\sqrt{16+32}=4\sqrt{3}$$; $$AM=\frac{4\sqrt{3}\cdot2}{3}$$; $$MS=\frac{4\sqrt{3}}{3}$$; $$MC=\frac{4\cdot4\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$$; $$4^{2}=(\frac{4\sqrt{6}}{3})^{2}+(\frac{4\sqrt{3}}{3})^{2}=\frac{16\cdot6+16\cdot3}{9}=16$$

2) $$AC\perp DB$$ $$\Rightarrow$$ $$SA\perp DB$$ $$\Rightarrow$$ $$SA\perp KN$$

б) 1) $$\frac{CE}{EM}\cdot\frac{MS}{SA}\cdot\frac{AO}{OC}=1$$; $$\frac{CE}{EM}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1}=1$$; $$\frac{CE}{EM}=\frac{3}{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$CE=\frac{3}{4}\cdot CM=\frac{3}{4}\cdot\frac{4\sqrt{6}}{3}=\sqrt{6}$$

2) $$\cos ACM=\frac{CM}{AC}=\frac{\frac{4\sqrt{6}}{3}}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$; $$OE=\sqrt{OC^{2}+CE^{2}-2OC\cdot CE\cdot\cos ACM}=$$ $$\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{6})^{2}-2\cdot2\sqrt{2}\cdot\sqrt{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}}=$$ $$\sqrt{8+6-\frac{4\cdot6}{3}}=\sqrt{6}$$

3) $$SO=\sqrt{OC^{2}+SC^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+4^{2}}=\sqrt{24}$$ $$\Rightarrow$$ $$SE=SO-OE=2\sqrt{6}-\sqrt{6}=\sqrt{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$NK$$ - средняя линия $$\bigtriangleup SDB$$ $$\Rightarrow$$ $$NK=\frac{1}{2}DB=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$$;

4) $$S_{CKMN}=\frac{1}{2}\cdot CM\cdot NK=\frac{1}{2}\cdot\frac{4\sqrt{6}}{3}\cdot2\sqrt{2}=\frac{4\cdot\sqrt{12}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     А) 1) Построение сечения: $$D_{1}M\cap A_{1}B_{1}=Q$$; $$QN\cap BB_{1}=T$$; $$QN\cap AA_{1}=G$$; $$GD_{1}\cap AD=K$$, тогда $$D_{1}MTNK$$ - сечение .

     2) Так как $$AB=BD$$, то $$\Delta BDC$$ - равносторонний и $$\angle BDC=60$$. $$M_{1}$$ - середина BC (проекция M на (ABC))$$\Rightarrow$$ $$DM_{1}$$ - биссектриса $$\Delta BDC$$ и $$\angle BDM_{1}=30$$.Тогда $$\angle ADM_{1}=90$$, т.е. $$AD\perp DM_{1}$$, KD - проекция $$KD_{1}$$ на (ABC): $$KD\perp DM_{1}\Rightarrow$$ $$KD_{1}\perp DM_{1}$$ по т. Трех препендикулярах. Но  $$D_{1}M\left |  \right |DM_{1}$$ $$\Rightarrow$$  $$KD_{1}\perp D_{1}M$$ т.е. $$\angle KD_{1}M=90$$

     Б) 1) Пусть площадь сечения $$S_{1}$$, а площадь его проекции $$S_{2}$$: $$S_{1}=\frac{S_{2}}{\cos \varphi }$$, где $$DKNBM_{1}$$ - проекция сечения, а $$\angle D_{1}KD=\varphi$$ – угол между плоскостью сечении яи основанием призмы , т.к. $$D_{1}K\perp KN, DK\perp KN$$.

     2) Проведем $$BP\left | \right |M_{1}D$$. Тогда $$BM_{1}DP$$ - прямоугольник , $$M_{1}B=4$$; $$D_{1}M=DC \sin 60=4\sqrt{3}$$; $$S_{BM_{1}DP}=16\sqrt{3}$$; KPBN-прямоугольная трапеция ;$$BP=M_{1}D=4\sqrt{3}$$; $$KN=\frac{1}{2}BP=2\sqrt{3}$$ (т.к. N- середина AB); $$KP=\frac{1}{4}AD=2$$;

     3) $$S_{KPBN}=\frac{4\sqrt{3}+2\sqrt{3}}{2}*2=6\sqrt{3}$$; $$S_{2}=16\sqrt{3}+6\sqrt{3}=22\sqrt{3};$$ $$KD_{1}=\sqrt{KD^{2}+DD_{1}^{2}}=\sqrt{6^{2}+(3\sqrt{2})^{2}}=3\sqrt{6};$$ $$\cos \varphi =\frac{KD}{KD_{1}}=\frac{6}{3\sqrt{6}}=\frac{2}{\sqrt{6}};$$ $$S_{1}=22\sqrt{3}:\frac{2}{\sqrt{6}}=33\sqrt{2};$$
 

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) т.к. $$ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$ - прямоугол. параллелипипед, то $$BC\perp(CC_{1}D_{1}D)$$, по $$KC_{1}\in(CC_{1}D_{1}D)$$ $$\Rightarrow$$ $$BC\perp KC_{1}$$

б) 1) $$BC_{1}$$ соединяем; $$KC_{1}$$ соединяем; $$(BCC_{1})\parallel(ADD_{1})$$ $$\Rightarrow$$ через К пройдет прямая параллельная прямая $$BC_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$KM$$; из подобия $$\bigtriangleup MKD$$ $$\bigtriangleup BC_{1}C$$; М - середина AD $$\Rightarrow$$ $$(BCKD)$$ - искомая плоскость

2) $$BCC_{1}MDK$$ - усеченная пирамида: $$V=\frac{1}{3}h(S_{1}+S_{2}+\sqrt{S_{1}S_{2}})$$; $$V_{1}=\frac{1}{3}DC\cdot(S_{BCC_{1}}+S_{MDK}+\sqrt{S_{BCC_{1}}\cdot S_{MDK}})$$; $$V_{1}=\frac{1}{3}\cdot5\cdot(\frac{1}{2}\cdot6\cdot8+\frac{1}{2}\cdot3\cdot4+\sqrt{\frac{1}{2}\cdot6\cdot8\frac{1}{2}\cdot3\cdot4})=$$ $$\frac{5}{3}(24+6+\frac{1}{2}\cdot3\cdot2)=\frac{5}{3}(30+12)=70$$

3) $$V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=5\cdot6\cdot8=240$$ $$\Rightarrow$$ объем оставшейся

$$V_{2}=240-70=170$$

4) $$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{70}{170}=\frac{7}{17}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

 a) 1) $$A_{1}$$ и $$C_{1}$$ соединяем . Пусть $$A_{1} C_{1} \cap E_{1} F_{1}=K$$, тогда E и K соединяем; $$EK\cap FD_{1}=M$$

Пусть $$A_{1} C_{1} \cap E_{1} F_{1}=R\Rightarrow ER\cap FF_{1}=N\Rightarrow (A_{1}NEMC_{1})$$- искомая $$(A_{1}C_{1}E)$$

   2) $$E_{1}B_{1}\cap A_{1}C_{1}=H\Rightarrow EH$$-линия пересечения $$(A_{1}C_{1}E)$$ и $$(BB_{1}E_{1}E)$$

   3) $$A_{1}C_{1}\perp E_{1}B_{1}$$(т.к. в основании правильной призмы) ,но $$A_{1}C_{1}\perp BB_{1}$$( т.к. призма правильная) $$\Rightarrow (A_{1}C_{1}E)\perp (BB_{1}E_{1}E)$$

   b) 1)Отпустим $$HH_{1}\perp (ABCDEF)\Rightarrow HH_{1}=AA_{1}=5$$

   2)Пусть O-центр основания $$\Rightarrow OE=AB=4$$

   3) AOCB- ромб (OC=BC=AB=AO; $$\angle AOC=\angle ABC$$)$$\Rightarrow OH_{1}-H_{1}B=\frac{1}{2}OB=2$$

   4) $$tg \angle HEH_{1}=\frac{HH_{1}}{EH_{1}}=\frac{5}{6}\Rightarrow \angle HEH_{1}-arctg\frac{5}{6}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)     введем систему координат. Пусть ребро куба 2. Тогда :$$H(1;1;0), M(1;0;1), D(0;0;0), B_{1}(2;2;2)$$

$$\vec{HM} (0;-1;1)$$; $$\vec{DB_{1}} (2;2;2)$$

$$\cos (HM; BD)=\frac{10*2+(-1)*2+1*2}{\sqrt{2}*\sqrt{12}}=0\Rightarrow$$ угол равен 90

Б)     Построим из H прямую $$HK\left | \right | DB_{1}$$$$\Rightarrow \Delta DB_{1}B\sim \Delta HKB$$; H-середина DB, то и K-середина

$$BB_{1}\Rightarrow K(2;2;1)$$

Зададим уравнение (HKM):

$$\left\{\begin{matrix}a+b+d-0\\a+c+d=0 \\2a+ab+c+d=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}b=c \\a+c+d=0 \\2a+3c+d=0\end{matrix}\right.$$$$\left\{\begin{matrix}a=-c-d \\-2c-2d+3c+d=0 \\b=c \end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}c=d \\b=c \\a=-2c\end{matrix}\right.$$

Получим: $$-2cx+cy+cz+c=0|:c \Leftrightarrow$$$$-2x+y+z+1=0$$

Найдем расстояние от D до (HKM)

$$r=\frac{\left | -2*0+1*0+1*0+1 \right |}{\sqrt{4+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{6}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$(PC)\perp (AB)$$, $$c \in (AB)$$, тогда по теореме о 3-х перпендикулярах: $$(OC)\perp (AB)$$, $$\left | OC \right |=3$$

   2) Из $$\Delta OPC:\left | PC \right |=\sqrt{\left | PO \right |^{2}+\left | OC \right |^{2}}=4$$

   3) С другой стороны : $$\left | AB \right |=2\left | BC \right |=8=2\left | PC \right |$$ ($$\Delta BOC$$ - равнобедренный, соедовательно, высота является еще и медианой)

Б) 1) Пусть Q-центр сферы, описанной около пирамиды  POAB . Тогда , в силу симметрии, $$Q \in (OPC)$$. Пусть $$D \in (OP)$$, $$\left | PD \right |=\left | DO \right |$$, тогда $$\left | OQ \right |:{2} (QD)\perp (PO)$$ . Так как $$(AB)\perp (OCP)$$ и $$\left | CB \right |=\left | AC \right |$$, то $$(OD)\left | \right |(CO)$$

     2) Рассмотрим систему координат :O- начало, ось Oz-вдоль [OP], (Ox) вдоль [OC), $$(Oy)\left | \right |[BA)$$. Тогда :

$$Q=(x;0;\frac{\sqrt{7}}{2})$$;$$O=(0;0;0)$$;$$A=(3;4;0)$$

Отсюда: $$x^{2}+\frac{7}{4}=R^{2}=(x-3)^{2}+4^{2}+\frac{7}{4}\Leftrightarrow$$ $$(x-x+3)(2x-3)=16\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{25}{6}\Rightarrow$$ $$R^{2}=\frac{625}{36}+\frac{7}{4}=$$$$\frac{172}{9}\Rightarrow$$ $$R=\frac{2}{3}\sqrt{43}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1)PA=PD, тогда NP - серединный перпендикуляр для AD

2)PB = PC, тогда MP - серединный перпендикуляр для CB.

3)AM перпендикулярно CB, тогда NM также перпендикулярно CB и значит $$P \in NM ; P \in AMD$$

4)$$PB \cap DK = L$$. $$BK \perp AC \Leftrightarrow BL \perp AC$$, но по условию $$BL \perp DL$$, значит $$BL \perp (ADC)$$, то есть BL - высота пирамиды и $$P \in DKB$$. Следовательно, точка P лежит в двух плоскостях, значит принадлежит линии пересечения. $$(AMD) \cap (DKB) = PO$$, где PO - высота пирамиды, следовательно P лежит на пересечении высот

б)1) Пусть длина ребра х, тогда из треугольника ADC: $$DK=KB=\frac{\sqrt{3}x}{2}$$, $$DL=\frac{2}{3}DK=\frac{x\sqrt{3}}{3}$$ (по свойству медиан)

2)$$\sin LBD = \frac{DL}{DB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$, тогда $$\cos LBD = \frac{\sqrt{6}}{3}$$ ( по основному тригонометрическому тождеству )

3)из треугольника PQB: $$QB=PB \cos LBD $$, $$QB=\frac{1}{2}x$$ (свойство медианы). Тогда $$\frac{1}{2}x=\frac{\sqrt{3}}{2}*\frac{\sqrt{6}}{3}=1$$, тогда ребро равно 2

4)Из треугольника ABC :$$BK=\frac{\sqrt{3}}{2}*2=\sqrt{3}$$, $$OB = \frac{2}{3}BK = \frac{2\sqrt{3}}{3}$$

5)$$DO=\sqrt{DB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{\frac{8}{3}}$$, тогда $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*2*2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$, и объем пирамиды $$V=\frac{1}{3}S_{ABC}*DO=\frac{1}{3}*\sqrt{3}*\frac{\sqrt{8}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{8}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) Т.к  $$\left | SA \right |=\left | SK \right |=\left | SD \right |=\left | SC \right |$$,то если  $$(SO)\perp (ABC)$$ , то $$O\in (ABC)$$ и то  $$\Delta AOS=\Delta BOS=\Delta COS=$$$$\Delta DOS\Rightarrow O=(BD)\cap (AC)$$

     2) Из $$\Delta ABD: \left | BD \right |=\sqrt{\left | AD \right |^{2}+\left | AB \right |^{2}}=7\Rightarrow E \in [OB]$$. Пусть $$(CE)\cap (AB)=K$$.  Тогда, по теореме Менелая для $$\Delta OAB$$ и прямой  CK  имеем :$$\frac{\left | BE \right |}{\left | EO \right |}*\frac{\left | OC \right |}{\left | CA \right |}*\frac{\left | AK \right |}{\left | BK \right |}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{3}{\frac{1}{2}}*\frac{\frac{7}{2}}{7}*\frac{\left | AK \right |}{\left | BK \right |}=1\Rightarrow$$ $$\left | BK \right |=3\left | AK \right |\Rightarrow \left | BK \right |=3, \left | AK \right |=1, \left | AF \right |=1\Rightarrow$$ $$\Delta AFK\sim \Delta ASB\Rightarrow (FK)\left | \right |(SB)\Rightarrow (EFC)\left | \right |(SB)$$.

   Б) 1) Пусть  $$(EQ)\left | \right |(SB), Q \in (DS)$$, тогда  $$Q \in (CEF)\Rightarrow$$ $$\Delta DSB\sim \Delta DEQ\Rightarrow$$ $$\frac{\left | DE \right |}{\left | DB \right |}=\frac{\left | QD \right |}{\left | SD \right |}\Leftrightarrow$$ $$\frac{4}{7}=\frac{\left | QD \right |}{4}\Rightarrow$$ $$\left \| QD \right \|=\frac{16}{7}$$

     2) Пусть  теперь $$(QL)\left | \right |(SO)$$,тогда  $$(QL)\perp (ABC)$$, $$\Delta DQL\sim \Delta DSO\Rightarrow$$ $$\frac{\left | QL \right |}{\left | SO \right |}=\frac{\left | DQ \right |}{\left | SD \right |}$$

     3) Из $$\Delta DSO$$  по теореме Пифагора : $$\left | SO \right |=\sqrt{\left | DS \right |^{2}-\left | DO \right |^{2}}=$$$$\sqrt{16-\frac{49}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$$, следовательно, из предыдущей пропорции получаем:

$$\left | QL \right |=\frac{\left | DQ \right |*\left | SO \right |}{\left | SD \right |}=\frac{2}{7}\sqrt{15}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) 1) $$AC=\sqrt{AD^{2}+FC^{2}}=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$$(ABCD-прямоугольник)

2) AS=SC по b условию $$\Rightarrow AS=SC=AC\Rightarrow \Delta ASC$$-равносторонний. Тогда AH-высота, медиана $$\Rightarrow SH=HS$$.

б)1)Построим $$CM\perp SB$$ и $$HK\perp SB$$; $$CH=HS$$ и $$CM\left | \right |HK$$, то $$HK=\frac{1}{2}*CM$$

2) из $$\Delta SBC$$:

$$\cos B =\frac{SB^{2}+CB^{2}-SC^{2}}{2*SB*CD}=$$$$\frac{13^{2}+12^{2}-13^{2}}{2*12*13}=\frac{6}{13}$$

$$\sin B =\sqrt{1-\cos^{2}\beta }=\frac{\sqrt{133}}{13}$$

3) из $$\Delta BMC$$:

$$MC=CB*\sin B =\frac{12*\sqrt{133}}{13}\Rightarrow$$ $$HK=\frac{6*\sqrt{133}}{13}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) $$\Delta A_{1}B_{1}C_{1}\Rightarrow C_{1}O:OL=2:1$$

2) $$BC:MC=3:1\Rightarrow BM :MC= 2:1$$, и $$AN: NC= 2: 1 \Rightarrow \Delta CNM\sim \Delta ABC$$ и $$NM\left | \right |AB$$ и $$CH:HK=1:2$$

3) $$C_{1}L=CK, C_{1}L\left | \right | CK$$ и $$KH=\frac{2}{3}CK$$ и $$OC_{1}=\frac{2}{3}C_{1}L \Rightarrow$$

$$C_{2}O=KH$$ и $$KOC_{1}H$$- параллелограмм $$\Rightarrow KO \left | \right | C_{1}H \Rightarrow KO \left | \right | NMC_{1}$$

Б) 1) $$KO \left | \right | C_{1}H \Rightarrow$$ угол между KO и $$(C_{1}NM)$$ равен углу между $$C_{1}H$$ и $$(C_{1}NM)$$

2) из $$\Delta ABC: CK=CB*\sin60=6\sqrt{3}*\frac{\sqrt{3}}{2}=9$$.

$$CH=\frac{1}{3}CK=3$$.

3) $$NM=\frac{1}{3}AB=2\sqrt{3}; C_{1}H\perp HM\Rightarrow C_{1}H=\frac{2S_{C_{1}MN}}{NM}=\frac{2*6\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=6$$.

4) $$\cos \angle C_{1}HC=\frac{HC}{HC_{1}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$$. Тогда $$\angle C_{1}HC=60^{\circ}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

$$\angle MHD=45;SD\perp (ABC)$$

a)$$1)SD\perp (ABC)\Rightarrow SD$$-высота, тогда SM=MD.

2)ABCD-квадрат $$\Rightarrow AC\perp BD$$.

Пусть $$AC\cap BD=H$$,тогда $$DH\perp AC\Rightarrow MH\perp AC$$( по теореме о 3х перпендикулярах), тогда $$\angle MHD=45$$.

3)DH=HB(свойство диагоналей квдрата), тогда $$\Delta MHD\sim \Delta BSD\Rightarrow MH || SB\Rightarrow SB\left | \right |(AMC)$$.

б) 1)т.к. $$SB\left | \right | (AMC)$$,то d-расстояние от B до (AMC) равно расстоянию от SB до MH.

2) Опустим $$DK\perp SB, DK\cap MH=L\Rightarrow d=KL=\frac{1}{2}DK$$

3)из $$\Delta ABD: BD=\sqrt{8^{2}+8^{2}}=8\sqrt{2}$$.

4) $$\angle MHD=45\Rightarrow \Delta MHD$$ и $$\Delta BSD$$-равнобедренный $$\Rightarrow KD=BD*\sin B=8\sqrt{2}*\frac{\sqrt{2}}{2}=8$$.

5) $$KL=\frac{1}{2}KD=4.$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а)   1)Соединяем точки Q и P и Q и M (лежат в одной плоскости). Так как Q и P середины, то $$QP\parallel DC$$, тогда построим через М прямую, параллельную DC, пусть она пересекет SC в точке L. То есть $$ML\parallel DC\parallel QP$$, значит QMLP - трапеция

      2)Из параллельности ML и DC получаем подобие SML и SDC, тогда, так как DS=CS, то и MD=LC. Так как AD=BC, то их половины QD=PC. $$\angle QDM=\angle PCM$$, тогда треугольники QDM и CPL равны по двум стороным и углу между ними и MQ=PL, то есть тапеция равнобедренная.

б)   1)Разобьем многогранник QDCPLM на четырехугольную пирамиду QDCPM и треугольную MLCP. Пусть объем пирамида SABCD равен V.

     2) Если опустить перпендикуляр из точки M к плоскости ABCD, то его длина будет относить к длине перпендикуляра из S к этой плоскости так же, как DM:DS=2:5. При этом площадь QDCP составляет половину от ABCD. Выразим объем QDCPM через V: $$V_{QDCPM}=\frac{2}{5}*\frac{1}{2}V=\frac{1}{5}V$$

     3) Аналогично рассмотрим пирамиды MLCP и DSCB. Высота первой к высоте второй, опущенный к плоскости SBC будут относиться как SM:SD=3:5. При этом площадь LCP составляет $$\frac{CL*CP}{CS*CB}$$ от площади SBC, то есть $$\frac{1}{5}$$. Тогда $$V_{MLCP}=\frac{3}{5}*\frac{1}{5}V_{DSCB}=\frac{3}{25}V_{DSCB}$$. Но если рассматривать DSCB как пирамиду с основанием DCB, то очевидно, что $$V_{DSCB}=\frac{1}{2}V$$ и тогда $$V_{MLCP}=\frac{3}{50}V$$

     4) В итоге $$V_{QDCPLM}=\frac{1}{5}V+\frac{3}{50}V=\frac{13}{50}V$$. Тогда оставшаяся часть составим $$V-\frac{13}{50}V=\frac{37}{50}V$$. И отношение частей $$\frac{13}{37}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A)  1) из $$\Delta ABC: AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(\frac{1}{5})^{2}+(\frac{1}{5})^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{5}$$, $$CH=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{10}$$

     2)из $$\Delta HMC : \sin MHC=\frac{MC}{OH}=\frac{1}{2}:\frac{\sqrt{2}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \angle MHC=45\Rightarrow$$ HE-биссектриса

     3) из $$\Delta SHC: SH=\sqrt{SC^{2}-HC^{2}}=\sqrt{1-\frac{2}{100}}=\frac{\sqrt{98}}{10}$$

По свойству биссектрисы : $$\frac{SH}{HC}=\frac{SE}{EC}\Rightarrow \frac{\sqrt{98}}{10}:\frac{\sqrt{2}}{10}=\sqrt{\frac{98}{2}}=\frac{7}{1}$$

  Б) 1)Пусть $$EH\perp HC$$,тогда из подобия $$\Delta SHC$$ и $$\Delta ENC :\frac{SE}{SC}=\frac{HN}{HC}\Rightarrow HN=\frac{SE*HC}{SC}=\frac{7*\frac{\sqrt{2}}{10}}{8}=\frac{7\sqrt{2}}{80}$$

     2) $$S_{DNB}=\frac{1}{2}NH*DB=\frac{1}{2}*\frac{7\sqrt{2}}{80}*\frac{\sqrt{2}}{5}=\frac{7}{400}$$

     3) $$S_{DEB}=\frac{S_{DNB}}{\cos EHC}=\frac{\frac{7}{400}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{7\sqrt{2}}{400}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) $$\Delta DCA: CA=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}\Rightarrow$$ (теорема Пифагора). Тогда $$OA =\frac{CA}{2}=\sqrt{2}$$

     2) $$\Delta SOA: \cos SAO=\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow$$. Тогда по основному тригонометрическому тождеству $$\sin SAO =\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow$$ $$tg SAO=\frac{2}{\sqrt{5}}:\frac{1}{\sqrt{5}}=2$$. $$\frac{SO}{OA}=tg SAO\Rightarrow SO=OA*tg SAO=2\sqrt{2}$$

     3) $$\Delta SON: SN=\sqrt{SO^{2}+ON^{2}}=\sqrt{1+8}=3$$ (по теореме Пифаогора). По условию: $$SH=\frac{1}{3}SN=1$$; $$SL=\frac{1}{9}SN=\frac{1}{3}$$. Из подобия треугольников: $$HH_{1}=\frac{1}{3}AD=\frac{2}{3}$$, $$H_{1}L=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$$

     4) $$\Delta SNN_{1}: \cos S=\frac{1^{2}+1^{2}-(\frac{2}{3})^{2}}{2*1*1}=$$$$\frac{2-\frac{4}{9}}{2}=\frac{14}{2*9}=\frac{7}{9}$$ (из теоремы косинусов). $$LN=\sqrt{\frac{1}{3}^{2}+1^{2}-2*\frac{1}{3}*1*\frac{7}{9}}=$$$$\sqrt{\frac{10}{9}-\frac{14}{27}}=\sqrt{\frac{16}{27}}=\frac{4}{3\sqrt{3}}$$ (из теоремы косинусов). $$\cos LHH_{1}=\frac{\frac{16}{27}+(\frac{2}{3})^{2}-(\frac{2}{3})^{2}}{2*\frac{2}{3}*\frac{4}{3\sqrt{3}}}=$$$$\frac{16}{27}:\frac{16}{9\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{3}}{27}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow$$ $$LHH_{1}=\frac{\sqrt{6}}{3}$$ (из теоремы косинусов)

Б) 1)$$ZH=\frac{1}{3}ON=\frac{1}{3}$$. Из $$\Delta RZH: RZ=ZH *tg LHH_{1}=$$$$\frac{1}{3}\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{3}$$. $$ZO =\frac{2}{3}SO=\frac{2*2\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$$. $$RO=ZO+RZ=\frac{5\sqrt{2}}{3}$$

     2) Из $$\Delta ROW: OW =\frac{RO}{tg LHH_{1}}=$$$$\frac{\frac{5 \sqrt{2}}{3}}{\sqrt{2}}=\frac{5}{3}$$

     3) $$NW=OW-ON=\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$$

     4) $$NO=NW*\sin LHH_{1}=$$$$\frac{2}{3}*\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{2\sqrt{6}}{9}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     (Чтобы построить сечение, нужно будет проводить $$N_{1}O$$ до пересечения с $$BC$$ в точке F, и соединять KF)

A)   1)$$\angle ACB=2 \arcsin \frac{4}{5}\Rightarrow$$ $$\sin \angle ACB =\sin (2 \arcsin \frac{4}{5})=$$$$2\sin (\arcsin \frac{4}{5})\cos(\arcsin \frac{4}{5})=$$$$2\frac{4}{5}-\sqrt{1-(\frac{4}{5})^{2}}=$$$$\frac{8}{5}*\frac{3}{5}=\frac{24}{25}$$. Учитываем, что угол $$\arcsin$$ которого составляет $$\frac{4}{5}$$ больше $$\in (45;90)$$. Следовательно, двойной угол будет $$\in (90;180)$$, то есть его косинус отрицательный: $$\cos \angle ACB=-\sqrt{1-(\frac{24}{25})^{2}}=-\frac{7}{25}$$

     2) $$A_{1}B_{1}=\sqrt{C_{1}A_{1}^{2}+C_{1}B_{1}^{2}-2C_{1}A_{1}*C_{1}B_{1}*\cos A_{1}C_{1}B_{1}}=$$$$\sqrt{2^{2}+2^{2}+2*2^{2}*\frac{7}{25}}=\frac{16}{5}$$

     3) $$AK=\frac{7}{16}AB=\frac{7}{16}*\frac{16}{5}=\frac{7}{5}$$; $$KB=\frac{9}{16}*\frac{16}{5}=\frac{9}{5}$$; $$B_{1}L=\frac{7}{5}$$; $$LA_{1}=\frac{9}{5}$$; $$K_{1}M_{1}=B_{1}M_{1}-LB_{1}=\frac{8}{5}-\frac{7}{5}=\frac{1}{5}=MK$$

$$LM_{1}\left | \right |KM$$ и $$MM_{1}\perp AB A_{1}B_{1}\Rightarrow$$ $$\Delta LM_{1}O_{1}=\Delta O_{1}MK\Rightarrow M_{1}O_{1}=O_{1}K$$, но $$LN_{1}\left | \right |KN\left | \right |OO_{1}\Rightarrow C_{1}O=OC$$

Б)   1) $$O_{1}L\perp N_{1}L$$ т.к. $$M_{1}L\perp N_{1}L$$ (теорема о трех перпендикулярах)

$$B_{1}L=\frac{7}{5}\Rightarrow$$ $$\frac{B_{1}L}{B_{1}M_{1}}=\frac{7}{5}*\frac{5}{8}=\frac{7}{8}\Rightarrow$$ $$N_{1}L=\frac{7}{8}C_{1}M_{1}=\frac{7}{8}OO_{1}\Rightarrow$$ $$S_{OO_{1}LN_{1}}=\frac{OO_{1}+\frac{7}{8}OO_{1}}{2}*O_{1}L=\frac{15}{16}OO_{1}*O_{1}L$$ (так как имеем прямоугольную трапецию)

$$O_{1}L\perp N_{1}L$$ т.к. $$M_{1}L\perp N_{1}L$$ (теорема о трех перпендикулярах)

     2) из $$\Delta LO_{1}A_{1}:$$ $$O_{1}M_{1}=\sqrt{LM_{1}*M_{1}A_{1}}=\sqrt{\frac{1}{5}*\frac{8}{5}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$$

$$K_{1}O_{1}=\sqrt{(\frac{1}{5})^{2}+(\frac{2\sqrt{2}}{5})^{2}}=\sqrt{\frac{1}{25}+\frac{8}{25}}=\frac{3}{5}$$

$$OO_{1}=C_{1}M_{1}=\sqrt{2^{2}-(\frac{8}{5})^{2}}=\sqrt{4-\frac{64}{25}}=\frac{6}{5}$$

     3) Тогда площадь всего сечения есть удвоенная $$S_{OO_{1}LN_{1}}$$: $$S=\frac{15}{16}*\frac{6}{5}*\frac{3}{5}*2=1,35$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)   1) AE- медиана $$\Rightarrow AE\perp NM\Rightarrow$$ $$NM\perp AS$$(теорема о трёх перпендикулярах )$$\Rightarrow (MNK)=\alpha$$

     2) $$S_{MNC}=S_{NMA}*\cos30$$

$$MN=1\Rightarrow$$ $$CB=2\Rightarrow$$ $$S_{AMN}=\frac{1}{4}*S_{ABC}=$$$$\frac{1}{4}*\frac{1}{2}*2*2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$$

$$S_{MNK}=\frac{\sqrt{3}}{4}*\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{8}$$

Б)   1) $$\beta \cap ABC=MN\Rightarrow$$ т.к. $$(BSK)\cap ABC=BC$$, то $$MN\left | \right |QP\Rightarrow QPMN$$ - равнобокая трапеция

     2) $$\angle SAE=90-30=60(\Delta KLA)$$

$$\Delta ABC:AE=AC*\sin 60=$$$$\frac{\sqrt{3}}{2}*2=\sqrt{3}$$

$$AD=\frac{2}{3}AE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$, $$\Delta ASO:AS=\frac{AO}{\cos 60}=$$ $$\frac{2\sqrt{3}}{3}*2=\frac{4\sqrt{3}}{3}$$

     3) $$\angle LRE=30$$, пусть AF –биссектриса $$SAE\Rightarrow AF\left | \right |LR$$, $$LR=\frac{1}{2}AF(\Delta AFE)$$

$$AF=\frac{2*AE*AS}{AE+AS}*\cos \frac{SAE}{2}=$$$$\frac{2\sqrt{3}*\frac{4\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3}}*\frac{\sqrt{3}}{2}=$$$$\frac{12}{7}\Rightarrow LR=\frac{6}{7}$$

     4) По свойству биссектрисы: $$\frac{SF}{FE}=\frac{SA}{AE}=\frac{4}{3}$$

$$RE=FR=\frac{1}{2}FE=$$$$\frac{1}{2}*\frac{3}{7}AE=$$$$\frac{3}{14}SE$$

$$PQ=\frac{11}{12}BC=\frac{11}{7}\Rightarrow$$ $$S_{\beta}=\frac{1+\frac{11}{7}}{2}*\frac{6}{7}=\frac{54}{49}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) 1) $$\left.\begin{matrix}LN\perp KM\\LN\perp LL_{1}\end{matrix}\right\}\Leftrightarrow$$ $$LN\perp MM_{1}K_{1}K\Rightarrow$$ $$SA\perp MM_{1}K_{1}K$$

     2) т.к. BD-диагональ основания , то $$AS\perp BD$$ (в правильной четырехугольной пирамиде боковое ребро перпендикулярно скрещивающейся с ней диагональю основания ), $$\Rightarrow AS\perp MM_{1}K_{1}K AS\perp BD$$, то $$BD \in (MM_{1}K_{1}K)$$ или $$BD\left | \right |(MM_{1}K_{1}K)$$, но по условию $$BD\cap MM_{1}=D$$, следовательно, $$BD\in (MM_{1}K_{1}K)$$ и $$B \in MM_{1}$$

   Б) 1) $$\Delta ELF=\Delta FMB$$($$LF=FM, \angle LEF=\angle MBF$$- накрест лежащие , $$\angle L=\angle M$$)$$\Rightarrow MB=EL=\frac{1}{2}LL_{1}=\frac{1}{2}MM_{1}$$

     2) т.к. $$SA\perp ( MM_{1}K_{1}K)$$, то $$SA\perp KM$$ , но т.е. $$KM\perp BD$$, то, т.к. ABCD - квадрат, а диагонали квадрата перпендикулярны, то M-точка пересечения диагоналей . $$MO \perp SA$$

     3) Пусть AB=a, тогда SA=2a, $$AM=MD=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$

$$SM=\sqrt{SA^{2}-AM^{2}}=$$$$\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=$$$$\frac{a\sqrt{14}}{2}$$

$$MO=\frac{AM*SM}{SA}=$$$$\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}*\frac{a\sqrt{14}}{2}}{2a}=$$$$\frac{a\sqrt{7}}{4}$$

$$LO=MO tg\angle LMO=MO*tg30=$$$$\frac{a\sqrt{7}}{4}*\frac{\sqrt{3}}{3}=$$$$\frac{a\sqrt{21}}{12}$$

$$S_{KMMN}=\frac{1}{2}KM*LN=$$$$\frac{1}{2}*2*MO*2*LO=$$$$2*\frac{a\sqrt{7}}{4}*\frac{a\sqrt{21}}{12}=$$$$\frac{7a^{2}\sqrt{3}}{24}$$

     4) $$\Delta BMF=\Delta ELF\Rightarrow$$ $$EL=MB=MD=\frac{\sqrt{2}a}{2}\Rightarrow$$ $$LL_{1}=2EL=a\sqrt{2}$$, пусть $$V_{1}$$ и $$V_{2}$$ объемы $$KLMNK_{1}L_{1}M_{1}N_{1}$$ и $$SABCD$$, тогда:

$$V_{1}=S_{KLMN}*LL_{1}=$$$$\frac{7a^{2}\sqrt{3}}{24}*a\sqrt{2}=$$$$\frac{7a^{3}\sqrt{6}}{24}$$

$$V_{2}=\frac{1}{3}s_{ABCD}*SM=$$$$\frac{1}{3}a^{2}*\frac{a\sqrt{14}}{2}=$$$$\frac{a^{3}\sqrt{14}}{6}$$

$$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{7a^{3}\sqrt{6}}{24}*\frac{6}{a^{3}\sqrt{14}}$$$$=\frac{7\sqrt{6}}{4\sqrt{14}}=$$$$\frac{\sqrt{21}}{4}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) по т. Менелая из $$\Delta CLA:$$ $$\frac{SK}{KO}*\frac{OA}{AC}*\frac{CL}{LS}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{SK}{KO}*\frac{1}{2}*\frac{2}{1}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{SK}{KO}=1\Leftrightarrow$$ $$SK=KO$$

    Б) 1) $$AC\perp BD$$( ABCD - квадрат), но AC-проекция AL на (ABCD)$$\Rightarrow$$ $$AL\perp BD$$

     2) $$MN\left | \right |BD\Rightarrow$$ $$AL\perp MN$$, $$S_{AMLN}=\frac{1}{2}AL*MN$$

     3) из $$\Delta ACD$$: $$AC=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$$

Из $$\Delta ACS$$: $$CS=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+2^{2}}=\sqrt{6}$$

Тогда $$\cos \angle SCA=\frac{AC}{CS}=$$$$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

$$LC=\frac{2}{3}CS=\frac{2\sqrt{6}}{3}$$

Из $$\Delta ACL$$: $$AL=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+(\frac{2\sqrt{6}}{3})^{2}-2\sqrt{2}*\frac{2\sqrt{6}}{3}*\frac{1}{\sqrt{3}}}=$$$$\sqrt{2+\frac{8}{3}-\frac{8}{3}}=\sqrt{2}$$

Из $$\Delta SBD\sim \Delta SNM$$: $$\frac{MN}{BD}=\frac{SK}{SO}=$$$$\frac{1}{2}\Rightarrow$$ $$MN=\frac{1}{2}BD=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

4) $$S_{AMLN}=\frac{1}{2}*\frac{\sqrt{2}}{1}*\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   А) Пусть KQ=t и QN=4t . Поскольку $$NN_{1}=KN$$, то $$PN=QN=4t$$ и $$N_{1}P=KQ=t$$.

     Построим сечение плоскостью $$M_{1}PQ$$. Соединим отрезки $$QP, PM_{1}$$. Через точку $$M_{1}$$ проводим прямую $$M_{1}R\left |\right |PQ$$. Поскольку $$\Delta QPN\sim \Delta M_{1}RM$$, $$\frac{QN}{MR}=\frac{PN}{M_{1}M}=\frac{4}{5}\Rightarrow$$ $$MR=ML=5t$$, тогда точки R и L совпадают . Соединим точки L,Q и получаем сечение плоскостью - четырехугольник $$M_{1}LQP$$. Проведём $$M_{1}P LQ\cap M_{1}P=T$$. $$\Delta MTL\sim \Delta NQT$$, откуда $$\frac{ML}{QN}=\frac{MT}{NT}\Rightarrow$$ $$\frac{MN}{NT}=\frac{1}{4}$$ и $$NT=20t$$.

     $$V_{LQNPM_{1}M}=V_{M_{1}LMT}-V_{PNQT}=$$$$\frac{1}{3}S_{MLT}*MM_{1}*PN=$$$$\frac{1}{3}*\frac{1}{2}*5t*25t*5t-\frac{1}{3}*\frac{1}{2}*4t*20t*4t=$$$$\frac{1}{6}(625t^{3}-320t^{3})=$$$$\frac{305}{6}t^{3}$$

     $$V_{ost}=V_{KLMNK_{1}L_{1}M_{1}N_{1}}-V_{LQNPM_{1}M}=$$$$125t^{3}-\frac{305}{6}t^{3}=$$$$\frac{750t^{3}-305t^{3}}{6}=$$$$\frac{445}{6}t^{3}$$ и $$\frac{V_{LQNPM_{1}M}}{V_{ost}}=$$$$\frac{305}{405}=\frac{61}{89}$$

   Б) Введем систему координат XYZ с центром в точке K(0;0;0), тогда соответственно Q(t;0;0),L(0;5t;0),P(5t;0;4t).

     Составляем уравнение плоскости: $$ax+by+cz+d=0$$

     $$\left\{\begin{matrix}at+d=0\\5bt+d=0\\5at+4ct+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{t}\\b=-\frac{d}{5t}\\4ct=-5at-d\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{t}\\b=-\frac{d}{5t}\\c=\frac{d}{t}\end{matrix}\right.$$ , тогда уравнение плоскости примет вид :

     $$-\frac{d}{t}x-\frac{d}{5t}y+\frac{d}{t}z+d=0\Leftrightarrow$$ $$5x+y-5z=0$$ , вектор нормали $$\bar{n}(5,1,-5)$$. Применяем формулу расстояния от точки $$(x_{0}, y_{0},z_{0})$$ до плоскости $$ax+by+cz+d=0$$

     $$p=\frac{\left | ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d \right |}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+C^{2}}}$$, откуда $$p=\frac{\left | 5*0-1*0-5*0-5r \right |}{\sqrt{5^{2}+1^{2}+5^{2}}}=\frac{5t}{\sqrt{51}}$$. Поскольку ребро куба равно 3,т.е. 5t=3, тогда искомое расстояние $$p=\frac{3}{\sqrt{51}}$$

Ответ: $$p=\frac{3}{\sqrt{51}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Введем ортогональную систему координат, как на рисунке .

     2) Зададим уравнение плоскости сечения. Для этого найдем координаты трех точек, лежащих в данной плоскости:

$$N_{x}=-\frac{1}{2}KA=-\frac{1}{2};$$ $$N_{y}=\frac{1}{2}KB=\frac{\sqrt{3}}{2}$$; $$N_{z}=0$$

$$K_{x}=0$$; $$K_{y}=0$$; $$K_{z}=CC_{1}=\frac{\sqrt{7}}{7}$$

$$M_{x}=0$$; $$M_{y}=KB=\sqrt{3}$$; $$M_{z}=\frac{1}{2}CC_{1}=\frac{\sqrt{7}}{14}$$

     Тогда : $$\left\{\begin{matrix}-\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b+d=0\\\frac{\sqrt{7}}7{c+d=0}\\\sqrt{3}b+\frac{\sqrt{7}}{14}=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}2{b+d=0}\\c=-\sqrt{7}d\\\sqrt{3}b-\frac{7d}{14}+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}-\frac{1}{2}a-\frac{1}{4}d+d=0\\c=-\sqrt{7}d\\b=-\frac{1}{2\sqrt{3}}d\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}a=\frac{3}{2}d\\b=-\frac{1}{2\sqrt{3}}d\\c=-\sqrt{7}d\end{matrix}\right.$$

     Тогда нормаль-вектор для $$(NMK_{1})$$: $$\bar{n}(\frac{3}{2};-\frac{1}{2\sqrt{3}}; -\sqrt{7})$$

      Нормаль-вектор для (ABC)-ось OZ: $$\bar{m}(0;0;1)$$

     3) $$\cos(\bar{n},\bar{m})=\frac{\left | \frac{3}{2}*0-\frac{1}{2\sqrt{3}}*0-\sqrt{7}*1 \right |}{\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(-\frac{1}{2\sqrt{3}})^{2}+(-\sqrt{7})^{2}}\sqrt{1^{2}}}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow$$ $$\angle (\bar{n},\bar{m})=30$$, что так же является углом между плоскостями

   Б) 1) AN=NB; $$\angle ANE=\angle MNB\Rightarrow$$ $$\Delta ANE=\Delta NMB$$ и $$AE=MB=\frac{1}{2} BB_{1}=\frac{\sqrt{7}}{14}$$

     2) $$\Delta ALE\sim \Delta A_{1}EK_{1}\Rightarrow$$ $$\frac{AL}{A_{1}K_{1}}=\frac{AE}{A_{1}E}=\frac{1}{3}\Rightarrow$$ $$AL=\frac{1}{3}\Rightarrow$$$$S_{\Delta ALN}=\frac{1}{2}*\frac{1}{3}*1*\frac{\sqrt{3}}{2}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{12}(\frac{1}{2}AL*AN\sin A)$$

     3)Проведем из B прямую $$\left | \right |NL\Rightarrow BQ$$: $$\frac{AN}{NB}=\frac{AL}{LQ}\Rightarrow$$ $$LQ=AL=\frac{1}{3}\Rightarrow$$ $$QK=1-2*\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$$

     4) $$\Delta KCR\sim \Delta QCB($$R-проекция $$R_{1}$$, $$K_{1}R_{1}\left | \right |KR$$, но $$K_{1}R_{1}\left | \right |LN\Rightarrow$$ $$K_{1}R_{1}\left | \right |QB\Leftrightarrow$$ $$KR\left | \right |QB$$)$$\Rightarrow S_{KCR}=S_{QCB}$$($$\frac{CK}{CQ})^{2}$$. $$S_{QCB}=\frac{1}{2}*\frac{4}{3}*2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$. $$(\frac{CK}{CQ})^{2}=(\frac{1}{\frac{4}{3}})^{2}=\frac{9}{16}$$. $$S_{KCR}=\frac{2\sqrt{3}}{3}*\frac{9}{16}=\frac{3\sqrt{3}}{8}$$

    5) $$S_{\angle NBRK}=S_{ABC}-S_{ALN}-S_{CKR}$$

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}*2*2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$

$$S_{\angle NBRK}=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{12}-\frac{3\sqrt{3}}{8}=\frac{13\sqrt{3}}{24}$$

Но LNBRK-проекция $$K_{1}LNMR_{1}$$ на $$(ABC)\Rightarrow S_{K_{1}LNMR_{1}}=$$$$\frac{S_{\angle NBRK}}{\cos\alpha }$$,где $$\alpha =30$$

$$S_{K_{1}LNMR_{1}}=\frac{13\sqrt{3}}{24}:\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{13}{12}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть E-середина $$AB\Rightarrow$$ пусть $$CE\in \alpha$$ и $$\alpha \cap AD=F$$, тогда $$\alpha =(CEF)$$

     2)Пусть $$B \in \beta$$ и $$\alpha \left | \right |\beta$$ и $$\beta \cap AD=G$$; $$\beta \cap CD=J$$. Тогда : $$EF\left | \right |BG$$ и т.к. $$\Delta AEF\sim \Delta ABG$$, то $$\frac{AE}{AB}=\frac{EF}{BG}=\frac{1}{2}\Rightarrow$$ $$BG=2 EF(1)$$

     3) $$S_{CFE}=S_{JGB}\Rightarrow$$$$\frac{1}{2}CF*FE*\sin F=\frac{1}{2}JG*GB \sin F$$; $$\angle F=\angle G\Rightarrow$$$$CF*FE=JG*GB$$. С учетом (1) получаем, что $$JG=\frac{1}{2}CF$$. Но $$\Delta SGT\sim \Delta SFC\Rightarrow$$ $$\frac{GT}{CF}=\frac{SG}{SF}=\frac{1}{2}\Rightarrow$$ $$AF=FG=GS=\frac{1}{3}AS=\sqrt{2}$$

     4) $$V_{FACE}=\frac{1}{3}S_{AEC}*AF=$$$$\frac{1}{3}*\frac{1}{2}*S_{ABC}*\frac{1}{3}AS=$$$$\frac{1}{6}V_{SABC}$$;

$$\frac{V_{SGBJ}}{V_{SABC}}=\frac{SG*SJ*SB}{SA*SC*SB}=$$$$\frac{1}{3}*\frac{1}{2}=\frac{1}{6}\Rightarrow$$ $$V_{SGBJ}=\frac{1}{6}V_{SABC}$$, $$V _{FECGBJ}=\frac{4}{6} V_{SABC}$$; $$V_{SABC}=\frac{1}{3}*\frac{1}{2}*2*1*\frac{\sqrt{3}}{2}*3\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$$

Найдем $$V_{FACE}=V_{SGJB}=\frac{\sqrt{6}}{12}$$; $$V_{FCEGBJ}=\frac{4}{6}*\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{2\sqrt{6}}{6}$$

   Б) 1)Построим $$AN\perp EC$$ . Опустим перпендикуляр из G на FN :$$GM\perp FN$$ и $$GM\cap FN=G$$. Тогда GMFи FNAявляются одной плоскостью

     2) FN\perp CE(по построению) , AN- проекция FN на $$(ABC)\Rightarrow$$ $$CE\perp (FCE)\Rightarrow$$ $$CE\perp MG$$ с учетом , что $$GM\perp FN$$, то $$GM\perp (CEF)\Rightarrow$$ GM - расстояние от (GJB) до (CEF)

     3) $$\Delta GFM$$: $$GM=FG \sin \angle MFG$$

$$\angle MFG=\angle AFN$$( вертикальные ), тогда $$\sin \angle MFG=\sin \angle AFN=\frac{AN}{FN}$$

$$\Delta ANC$$: $$AN=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}$$

$$\Delta AFN$$: $$FN=\sqrt{2+\frac{1}{4}}=\frac{3}{2}$$

$$\sin \angle AFN=\frac{1}{2}:\frac{3}{2}=\frac{1}{3}$$

$$GM=\sqrt{2}*\frac{1}{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть a - ребро основания, b - боковое ребро. Тогда: $$AM=\frac{1}{3}b$$, $$NB=\frac{1}{4}b$$, $$CP=\frac{2}{5}b$$

     2) Разобъем многогранник ABCMNP на пирамиды : PABNM и PABC

     3) Пусть $$CH\perp AB$$ и h - перпендикуляр из P. Тогда $$CH=h\Rightarrow$$ $$V_{PABNM}=\frac{1}{3}S_{ABNM}*CH$$. Из $$\Delta ABC$$: $$CH=AB *\sin 60=\frac{\sqrt{3}a}{2}$$

  $$S_{ABNM}=\frac{AM+NB}{2}*AB=$$$$\frac{\frac{1}{3}b+\frac{1}{4}b}{2}*a=\frac{7ab}{24}$$

  $$V_{PABNM}=\frac{1}{3}*\frac{7ab}{24}*\frac{\sqrt{3}a}{2}=$$$$\frac{7a^{2}b\sqrt{3}}{144}$$

     4) $$V_{PABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}*CP$$

  $$S_{ABC}=\frac{1}{2}*AB*BC*\sin 60=$$$$\frac{\sqrt{3}a^{2}}{4}$$

  $$V_{PABC}=\frac{1}{3}*\frac{\sqrt{3}a^{2}}{4}*\frac{2}{5}b=$$$$\frac{2\sqrt{3}a^{2}b}{60}$$

Тогда $$V_{ABCMNP}=\frac{7a^{2}b\sqrt{3}}{144}=$$$$\frac{2\sqrt{3}a^{2}b}{60}=$$$$\frac{(35+24)\sqrt{3}a^{2}b}{720}=\frac{59\sqrt{3}a^{2}b}{720}$$

     5) $$V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=S_{ABC}*CC_{1}=$$$$\frac{\sqrt{3}a^{2}}{4}*b=\frac{\sqrt{3}a^{2}b}{4}$$

      6) $$V_{A_{1}B_{1}C_{1}MNP}=$$$$\frac{\sqrt{3}a^{2}b}{4}-\frac{59\sqrt{3}a^{2}b}{720}=$$$$\frac{121\sqrt{3}a^{2}b}{720}$$

Тогда: $$\frac{V_{ABCMNP}}{V_{A_{1}B_{1}C_{1}MNP}}=\frac{59}{121}$$

   Б) 1) $$MN=AM-NB=5$$. $$NM_{1}\perp AM\Rightarrow$$ $$NM_{1}=AB=2\sqrt{10}$$

     2) $$\Delta MNM_{1} MN=\sqrt{5^{2}+(2\sqrt{10}^{2})}=\sqrt{25+40}=\sqrt{65}$$

     3) Аналогично $$PP_{1}=PC-NB=9$$. $$PN=\sqrt{81+40}=\sqrt{121}$$

     4) Аналогично : $$PM_{1}=24-20=4$$. $$MP=\sqrt{16+40}=\sqrt{56}$$

     5) $$MN^{2}+MP^{2}=65+56=121=PN$$ - выполнилась теорема Пифагора

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Введем ортогольную систему координат , как показано на рисунке. Найдем координаты : M,N,A,K.

$$M(0;\frac{1}{2}A;0)\Rightarrow$$ $$M(0;3;0)$$

$$N(\frac{1}{2}B_{1}C_{1}; 0;BB_{1})\Rightarrow$$ $$N(3;0;6)$$

$$K(BC;\frac{1}{3}CD; 0)\Rightarrow$$ $$K(6;2;0)$$

$$A(0;AB;0)\Rightarrow$$ $$A(0;6;0)$$

     2) Построим $$MK_{1}\left | \right |AK$$ : $$\Delta M_{1}BK_{1}\sim \Delta AKD$$ и $$\frac{M_{1}B}{KD}=\frac{BK_{1}}{AD}\Rightarrow$$ $$BK_{1}=\frac{3*6}{4}=4,5$$

Тогда : $$K_{1}(4,5 , 0,0)$$

     3) Расстояние между MN и AK равно расстоянию от A до ($$MNK_{1}$$). Зададим уравнение ($$MNK_{1}$$):

$$\left\{\begin{matrix}a*0+b*3+c*0+d=0\\a*3+b*0+c*6+d=0\\a*4,5+b*0+c*0+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{2d}{9}\\b=-\frac{d}{3}\\c=-\frac{d}{8}\end{matrix}\right.$$

($$MNK_{1}$$) : $$-\frac{2}{9}x-\frac{1}{3}y-\frac{1}{18}z+1=0$$

Тогда расстояние: $$r=\frac{\left | -\frac{2}{9}*0-\frac{1}{43*6}-\frac{1}{18*0}+1 \right |}{\sqrt{(-\frac{2}{9})^{2}+(-\frac{1}{3})^{2}+(-\frac{1}{18})^{2}}}=$$$$\frac{1}{\frac{\sqrt{55}}{18}}=\frac{18}{\sqrt{53}}$$

   Б) 1)Зададим уравнение (MNK):

$$\left\{\begin{matrix}a*0+b*3+c*0+d=0\\a*3+b*0+c*6+d=0\\a*6+B*2+c*0+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}a=-\frac{d}{8}\\b=-\frac{d}{3}\\c=-\frac{5d}{36}\end{matrix}\right.$$

(MNK) : $$-\frac{1}{18}x-\frac{1}{3}y-\frac{5}{36}z+1=0$$

     2) Найдем координаты $$A_{1}(0;6;6)$$. Тогда расстояние от $$A_{1}$$ до (MNK): $$\frac{\left | -\frac{1}{18}*0-\frac{1}{3}*6-\frac{5}{36}*6+1 \right |}{\sqrt{(-\frac{1}{18}^{2})+(-\frac{1}{3})^{2}+(-\frac{5}{36})^{2}}}=$$$$\frac{11}{6}*\frac{36}{\sqrt{173}}=\frac{66}{\sqrt{173}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) $$\angle ACD=\frac{\pi}{4}$$; $$\angle A=\frac{\pi}{2}\Rightarrow$$ $$\angle ADC=\frac{\pi}{4}\Rightarrow$$ $$AD=AC$$

     2) Пусть AH-проекция AB на $$(ACD)\Rightarrow$$ по теореме о трех перпендикулярах $$AH\perp CD$$, тогда $$\Delta ADH=\Delta AHC$$(по гипотенузе и катету )$$\Rightarrow DH=HC\Rightarrow$$ BH-медиана

     3) $$AB\perp DC$$ и $$AH\perp CD\Rightarrow$$ $$(ABH)\perp CD\Rightarrow$$ $$BH\perp CD$$ , но тогда BH-высота $$\Rightarrow \Delta DBC$$ –равнобедренный и $$DB=BC$$

     4) $$AD=AC=CB=DB\Rightarrow$$ $$\Delta DBC=\Delta DAC$$ (DC-общая, $$\angle DBC=90$$)

     5) $$OM\perp AB$$, $$CD\perp AB\Rightarrow$$ $$(DMC)\perp AB\Rightarrow$$ $$\angle DCM=\frac{\pi}{6}$$

     6) $$CM=DM$$(высота в равных треугольниках ) $$\Rightarrow$$ $$\Delta DMC$$ - равнобедренный $$\Rightarrow$$ MH-медиана и высота (т.к. $$(AHB)\perp CD$$ и DH=HC). Следовательно, точка располагается на биссектрисе угла, потому она равноудалена от его сторон

   Б) 1) Пусть $$AC=x\Rightarrow$$ $$\Delta ACD$$ : $$CD=x\sqrt{2}$$$$\Rightarrow$$ $$HC=\frac{x\sqrt{2}}{2}$$. Из $$\Delta MHC$$: $$MH=HC*tgC=\frac{x\sqrt{2}}{2}*\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{x\sqrt{6}}{6}$$

     2) $$\Delta AHM$$ – прямоугольный , $$AH=HC=\frac{x\sqrt{2}}{2}$$. $$\sin \angle MAN=\frac{MH}{AH}=$$$$\frac{x\sqrt{6}}{6}*\frac{\sqrt{2}}{x\sqrt{2}}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{3}$$$$\Rightarrow$$ $$\angle MAH=\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А)   1) Соединим $$D_{1}E_{1}$$, т.к. $$(ABC) \left | \right |(A_{1}B_{1}C_{1})$$, то из D пойдет прямая DH ($$DH\cap BC=H$$) и $$D_{1}C_{1}\left | \right |DH$$

     2) Пусть $$D_{1}E_{1}\cap C_{1}B_{1}=Q$$. Соединим $$QH\cap BB_{1}=N$$, соединим $$DD_{1}\Rightarrow$$ $$D_{1}D+NE_{1}$$ - искомое сечение

     3) $$A_{1}D_{1}=D_{1}L_{1}$$($$B_{1}L_{1}$$ - высота ), $$A_{1}E_{1}=E_{1}B_{1}$$$$\Rightarrow$$ $$D_{1}E_{1}=\frac{1}{2}B_{1}L_{1}$$ и $$D_{1}E_{1}\left | \right |B_{1}L_{1}$$; $$B_{1}L_{1}=\sqrt{B_{1}C_{1}^{2}-L_{1}C_{1}^{2}}=4$$$$\Rightarrow$$ $$E_{1}D_{1}=2$$

     4) $$DH\left | \right |D_{1}E_{1}\Rightarrow$$ $$DH\left | \right |BL$$ (BL - высота) $$\Rightarrow$$ $$\frac{DH}{LB}=\frac{CD}{CL}$$; $$CD=\frac{AC}{3}=2$$, $$CL=3\Rightarrow$$ $$DH=\frac{2*4}{3}=\frac{8}{3}$$

     5) $$S_{D_{1}N_{1}NE_{1}}=\frac{D_{1}E_{1}*N_{1}N}{2}*DN_{1}$$; $$S_{NN_{1}DH}=\frac{DH*NN_{1}}{2}*DN_{1}$$ ($$AA_{1}\perp DH$$, $$AD\perp DH$$$$\Rightarrow$$ $$D_{1}D\perp DH$$); $$NK_{1}=BL=4;D_{1}B_{1}=\sqrt{D_{1}L_{1}^{2}+L_{1}N_{1}^{2}}$$$ $$D_{1}L=1,5 ; LD=1$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{L_{1}N_{1}}{M_{1}L}=\frac{3}{2}$$ ($$\Delta D_{1}L_{1}N_{1}\sim \Delta N_{1}LD)$$$$\Rightarrow$$ $$L_{1}L=AA_{1}=\sqrt{6}=5x$$$$\Rightarrow$$ $$x=\frac{\sqrt{6}}{5}\Rightarrow$$ $$L_{1}N_{1}=\frac{3\sqrt{6}}{5}$$, $$N_{1}L=\frac{2\sqrt{6}}{5}$$)

$$D_{1}B_{1}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{3\sqrt{6}}{5})^{2}}=\frac{21}{10}$$

$$D{1}D=\frac{7}{2}$$

$$DN_{1}=\sqrt{1^{2}+(\frac{2\sqrt{6}}{5})^{2}}=\frac{7}{5}$$

$$S_{D_{1}N_{1}NE_{1}}=\frac{2+4}{2}*\frac{21}{10}=\frac{63}{10}$$

$$S=\frac{63}{10}+\frac{14}{3}=\frac{329}{30}$$

$$S_{DHN_{1}N}=\frac{\frac{8}{3}+4}{2}*\frac{7}{5}=\frac{14}{3}$$

Б)   1) Пусть $$DD_{1}\cap AA_{1}=K$$ $$\Delta KD_{1}A_{1}\sim \Delta KAD$$; $$\frac{A_{1}D}{AD}=\frac{KD_{1}}{KD}=\frac{KA_{1}}{KA}=\frac{1,5}{4}=\frac{3}{8}$$. Пусть $$KA_{1}=x\Rightarrow$$ $$KA=x+\sqrt{6}\Rightarrow$$ $$\frac{x}{x+\sqrt{6}}=\frac{3}{8}\Leftrightarrow$$ $$8x=3x+3\sqrt{6}\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{3\sqrt{6}}{5}$$. Пусть $$KD_{1}=y\Rightarrow$$ $$KD=y+\frac{7}{2}\Rightarrow$$ $$\frac{y}{y+\frac{7}{2}}=\frac{3}{8}\Rightarrow$$ $$y=\frac{21}{10}$$

     2) Пусть $$A_{1}R\perp KD_{1}$$, но $$A_{1}D_{1}D_{1}E_{1}$$$$\Rightarrow$$ $$A_{1}R\perp D_{1}E_{1}$$ и $$A_{1}R\perp KD_{1}E_{1}$$.

$$A_{1}R=\frac{A_{1}K*A_{1}D_{1}}{KD_{1}}=$$$$\frac{\frac{3\sqrt{6}}{5}*\frac{3}{2}}{\frac{21}{10}}=$$$$\frac{9\sqrt{6}*10}{5*2*21}=\frac{3\sqrt{6}}{7}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1)Соединим EF. Построим $$EF\cap CD=R$$. Соединим RK; $$RK\cap SD=N$$. Аналогично $$EF\cap CB=R_{1}$$; $$R_{1}K\cap SB=H\Rightarrow$$ (FNKHE) - искомая площадь

     2) Опустим проекцию $$K$$ на (ABCD) $$\Rightarrow$$ $$K_{1}$$

     3) Пусть SZ –апофема и AB=x $$\Rightarrow$$ $$OZ=\frac{AB}{2}=\frac{x}{2}$$; $$OB=\frac{BD}{2}=\frac{x\sqrt{2}}{2}$$

Из $$\Delta SOB$$: $$SO=OB*\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{x\sqrt{3}}{2}$$

Из $$\Delta SOZ$$: $$SO^{2}+OZ^{2}=SZ^{2}\Leftrightarrow$$ $$\frac{3x^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{4}=4\Leftrightarrow$$ $$x=2\Rightarrow$$ $$SO=\sqrt{3}$$ ; $$BO=\sqrt{2}$$

     4) $$\frac{AF}{FD}=\frac{AE}{EB}\Rightarrow$$ $$\Delta AFE\sim \Delta ADB$$ и $$FE\left | \right |BD$$ $$\Rightarrow$$ $$VK\perp N_{1}H_{1} VK_{1}\perp FE$$; $$VK\perp NH$$

     5) $$\Delta SOC$$: $$KK_{1}=\frac{2}{3}SO=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$; $$OK_{1}=\frac{1}{3}OC$$

Из $$\Delta ADB$$: $$VO=\frac{2}{3}AO\Rightarrow$$ $$VK_{1}=AO=\sqrt{2}$$

Из $$\Delta VKK_{1}$$: $$VK=\sqrt{VK_{1}^{2}+KK_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{10}{3}}$$

     6) По т. Менелая из VKC : $$\frac{SL}{LO}*\frac{OV}{VC}*\frac{CK}{KS}=1\Rightarrow$$ $$\frac{SL}{LO}=\frac{5}{4}\Rightarrow$$ $$NH=\frac{5}{9}BD=\frac{10\sqrt{2}}{9}$$

Из $$\Delta VLO$$: $$VL=\sqrt{VO^{2}+OL^{2}}=$$$$\sqrt{(\frac{2\sqrt{2}}{3})^{2}+(\frac{4\sqrt{3}}{9})^{2}}=$$$$\frac{2}{3}\sqrt{\frac{10}{3}}\Rightarrow$$ $$LK=VK-VL=\frac{1}{3}*\sqrt{\frac{10}{3}}$$; $$FE=\frac{1}{3} BD=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$

     7) $$S_{FNKHE}=\frac{NH+EF}{2}*VL+\frac{NH*KL}{2}=$$$$\frac{14\sqrt{5}}{9\sqrt{3}}$$

   Б) 1) из $$\Delta SOC$$: $$SC=\sqrt{SO^{2}+OC^{2}}=\sqrt{5}\Rightarrow$$ $$KC=\frac{2\sqrt{5}}{3}$$; $$SK=\frac{\sqrt{5}}{3}$$

     2) из $$\Delta VKC$$ : $$\cos VKC=\frac{VK^{2}+KC^{2}-VC^{2}}{2 VK*KC}=0\Rightarrow$$ $$\angle VKC=90$$ $$\Rightarrow$$ $$SC\perp VK$$

     3) $$OC\perp BD\Rightarrow$$ $$OC\perp NH$$ , но OC - проекция $$SC\Rightarrow$$ $$SC\perp NH\Rightarrow$$ $$SC\perp (FNKHE)\Rightarrow$$ $$\angle SHK=\angle (SB; (FNKHE))$$

     4) $$SH=\frac{5}{9}SB=$$$$\frac{5\sqrt{5}}{9}\Rightarrow$$ из $$\Delta SHK$$: $$\sin \angle SHK=\frac{SK}{SH}=\frac{3}{5}\Rightarrow$$ $$\angle SHK=\arcsin \frac{3}{5}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)     1) Зададим ортогальную систему координат как показано на рисунке:

          2)из $$\Delta ABD$$: $$AB=BD \sin D=8*\frac{\sqrt{2}}{2}=4\sqrt{2}$$

          3) Найдем координаиты точек:

$$B (-\frac{BC}{2}; -\frac{AB}{2},0)\Rightarrow$$ $$B(-2\sqrt{2};-2\sqrt{2},0)$$

$$S(0;0; SO)$$$$\Rightarrow$$ $$S(0;0;1)$$

$$K (\frac{AD}{2};0;0)\Rightarrow$$ $$k(2\sqrt{2};0;0)$$

          Опустим $$MM_{1}\perp (ABC)$$, $$\Delta SOC \sim \Delta MM_{1}C$$, тогда:

$$M(\frac{AD}{4};-\frac{CD}{4};\frac{SO}{2})\Rightarrow$$ $$M (\sqrt{2};-\sqrt{2};\frac{1}{2})$$

          Тогда: $$\bar{BM} (3\sqrt{2}; \sqrt{2};\frac{1}{2})$$, $$\bar{SK}(2\sqrt{2};0;-1)$$

          Найдем угол между данными векторами:

$$\cos \angle (\bar{BM}, \bar{SK})=$$$$\frac{3\sqrt{2}*2\sqrt{2}+\sqrt{2}*0+\frac{1}{2}(-1)}{\sqrt{(3\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{2}}* \sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+0^{2}+(-1)^{2}}}=$$$$\frac{23}{27}\Rightarrow$$ $$\angle (\bar{BM}; \bar{SK})=arccos \frac{23}{27}$$

Б)     1) Построим $$MN \left | \right |SK (MN\cap DC=N)\Rightarrow$$ $$(BMN)\left | \right |SK\Rightarrow$$ $$\rho (SK; (BMN))=\rho (BM; SK)$$

          2) $$N (\frac{AD}{2}; -\frac{CD}{4};0) \Rightarrow$$ $$N (2\sqrt{2}; -\sqrt{2},0)$$

          Зададим уравнение (BMN):

$$\left\{\begin{matrix}-2\sqrt{2}a-2\sqrt{2}b +d=0\\\sqrt{2}a -\sqrt{2}b +\frac{1}{2}c+d=0\\2\sqrt{2}a-\sqrt{2}b +d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}b=\frac{\sqrt{2}d}{3}\\c=-\frac{d}{3}\\a=-\frac{\sqrt{2}d}{12}\end{matrix}\right.$$

          Тогда уравнение (BMN): $$-\frac{\sqrt{2}}{12}x+\frac{\sqrt{2}}{3}y-\frac{1}{3}z+1=0$$

          Тогда расстояние между прямыми: $$\rho (BM, SK) =\frac{\left | -\frac{\sqrt{2}}{12}*2\sqrt{2}+1 \right |}{\sqrt{(-\frac{\sqrt{2}}{12})^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{3})^{2}+(-\frac{1}{2})^{2}}}=\frac{4\sqrt{2}}{5}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)      1) Пусть $$B_{1}D_{1}\cap A_{1}C_{1}=K$$ $$\Rightarrow$$ K - середина ($$A_{1} B_{1}C_{1}D_{1}$$). Тогда $$K \in (A_{1} C_{1} C A)$$$$\Rightarrow$$ $$AK\cap CC_{1}=M$$

        2) Пусть $$B_{1}C\cap BC_{1}=N$$$$\Rightarrow$$ N - середина $$(B_{1}C_{1}CB)$$ и $$M, N \in (B_{1}C_{1}CB)$$$$\Rightarrow$$ соединяем MN, $$MN\cap B_{1}C_{1}=L_{1}$$; $$MN\cap BC=L$$

        3) Соединим $$L_{1}K ; L_{1}K\cap A_{1}D_{1}=R_{1}$$$$\Rightarrow$$ $$AR_{1}L_{1}L$$ - искомое сечение

        4) Рассмотрим $$\Delta AMC$$: $$KC_{1}=\frac{A_{1}C_{1}}{2}$$;. Пусть сторона квадрата равна 1, тогда: 

$$A_{1}C_{1}=\sqrt{2}$$$$\Rightarrow$$ $$KC_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$; $$CC_{1}=1$$; $$\Delta MKC_{1}\sim \Delta AMC$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{MC_{1}}{MC}=\frac{KC_{1}}{AC}$$$$\Rightarrow$$ $$MC_{1}=1$$

         5) $$\Delta MCL\sim MNN_{1}(NN_{1}\left | \right |LC)$$, $$CN_{1}=\frac{1}{2}CC_{1}$$$$\Rightarrow$$ $$CN_{1}=\frac{1}{4}CM$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{MN_{1}}{MC}=\frac{NN_{1}}{CL}=\frac{3}{4}$$; $$NN_{1}=\frac{1}{2}$$, $$LC=\frac{2}{3}$$$$\Rightarrow$$ $$BL=\frac{1}{3}$$, $$L_{1}C_{1}=\frac{1}{3}$$, $$B_{1}L_{1}=\frac{2}{3}$$

        6) Пусть $$A_{1}H\left | \right |L_{1}R_{1}$$; тогда $$\Delta A_{1}B_{1}H=\Delta ABL$$$$\Rightarrow$$ $$V_{A_{1}B_{1}HABL}=\frac{1}{2}S_{ABL}*BB_{1}=\frac{1}{2} *1*\frac{1}{3}*1=\frac{1}{6}$$

        7) $$\Delta A_{1}AR_{1}=HLL_{1}$$$$\Rightarrow$$ $$V_{A_{1}R_{1}ALHL_{1}}=S_{AA_{1}R_{1}}*h$$, где h - высота призмы $$A_{1}R_{1}ALHL_{1}$$; $$A_{1}B_{1}(A_{1}B_{1}\perp (B_{1}C_{1}CB))$$$$\Rightarrow$$ $$V_{A_{1}R_{1}ALHL_{1}}=\frac{1}{2}*1*\frac{1}{3}*1=\frac{1}{6}$$

Тогда $$V_{A_{1}B_{1}L_{1}R_{1}ABL}=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}=V_{1}$$; $$V_{ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=1^{3}=1$$$$\Rightarrow$$ $$V_{ALCDR_{1}L_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{2}{3}=V_{2}$$ ;$$\frac{V_{1}}{V_{2}}=\frac{1}{3}:\frac{2}{3}=\frac{1}{2}$$

Б)       введем ортогальную систему координат: $$A(0;1;0)$$; $$R_{1}(0;\frac{2}{3};1)$$; $$L(1; \frac{2}{3}; 0)$$. Зададим уравнение ($$ALL_{1}R_{1}$$): $$\left\{\begin{matrix}0*a+1*b+0*c+d=0\\0*a+\frac{2}{3} b+1*c+d=0\\1*a+\frac{2}{3}b+0*c+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}b=-d\\a=-\frac{d}{3}\\c=-\frac{d}{3}\end{matrix}\right.$$$$\Rightarrow$$ $$(ALL_{1}R_{1})$$:$$-\frac{1}{3}x-1*y-\frac{1}{3}z+1=0$$ и нормаль-вектор к этой плоскости: $$\bar{n}(-\frac{1}{3},-1,-\frac{1}{3})$$. Нормаль-вектор к (ABCD): $$\tilde{m} (0,0,1)$$ (ось OZ): тогда косинус угла м\у ($$ALL_{1}R_{1}$$) и (ABCD) равен $$\cos (\bar{m}, \bar{n})$$:

$$\cos (\bar{m}, \bar{n})=\frac{\left | -\frac{1}{3}*0+(-1)*0+(-\frac{1}{3})*1 \right |}{\sqrt{(-\frac{1}{3})^{2}+(-1)^{2}+(-\frac{1}{3})^{2}} \sqrt{0^{2}+0^{2}+1^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{11}}$$$$\Rightarrow$$ $$\angle (\bar{m}, \bar{n})=arccos \frac{1}{\sqrt{11}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть $$SE \perp (ABC)$$, т.к. $$SA\perp AB$$, то по теореме о трех перпендикулярах : $$AE\perp AB\Rightarrow$$ $$ctg \angle SAE=\frac{2\sqrt{10}}{3}$$. Пусть $$EG\perp AC\Rightarrow$$ $$SG\perp AC$$ (по теореме о 3-x перпендикулярах )$$\Rightarrow$$ $$\angle SGE$$ - искомый

       2) $$ctg ^{2}\angle SAE+1=\frac{1}{\sin ^{2}\angle SAE}$$$$\Rightarrow$$ $$\sin \angle SAE=\frac{3}{7}$$. Пусть SE=3x, тогда AS=7x; из $$\Delta ASE$$: $$AE=\sqrt{AS^{2}-SE^{2}}=\sqrt{40}x$$

       3) $$\Delta ABC \sim \Delta AGE$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{GE}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{AG}{BC}(1)$$

Из $$\Delta ABC$$: $$AC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{65}$$

Из (1): $$AG=\frac{AE*BC}{AC}=\frac{7\sqrt{40}x}{\sqrt{65}}$$; $$GE=\frac{AE*AB}{AC}=\frac{4\sqrt{40}x}{\sqrt{65}}=\frac{8\sqrt{10}x}{\sqrt{65}}$$

       4) из $$\Delta ASG$$: $$SG=\sqrt{AS^{2}-AG^{2}}=\frac{35 x}{\sqrt{65}}$$

      5) $$\cos \angle SGE=\frac{GE}{SG}=\frac{8\sqrt{10}}{35}$$

    Б) Пусть h-высота из B к (ASC) , тогда : $$V_{ABCS}=\frac{1}{3} S_{ASC}*h=\frac{1}{3}*S_{ABC}*SE$$$$\Leftrightarrow$$ $$h=\frac{S_{ABC}*SE}{S_{ASC}}=\frac{\frac{1}{2} *AB*BC*SE}{\frac{1}{2}*SG*AC}=$$$$\frac{AB*BC*SE}{SG*AC}=\frac{4*7*3x}{\frac{35x}{\sqrt{65}}*\sqrt{65}}=\frac{12}{5}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

   A) 1) Пусть SO - высота SBCD. Опустим $$AM\perp (BCD)$$, тогда $$\DeltaAMB\sim \Delta SOB$$: $$\frac{AM}{SO}=\frac{AB}{SB}=\frac{2}{3}$$

        2) $$V_{SBCD}=\frac{1}{3} SO*S_{BCD}$$; $$V_{ABCD}=\frac{1}{3} AM*S_{BCD}\Rightarrow$$$$V_{ABCD}=\frac{AM}{SO}*V_{SBCD}=\frac{2}{3}V_{SBCD}\Rightarrow$$, пусть V - оставшаяся часть: $$V=\frac{1}{3}V_{SBCD}\Rightarrow$$ $$\frac{V_{ABCD}}{V}=\frac{2}{1}$$

      Б) 1) $$CA=AD\Rightarrow$$ $$\Delta ACD$$ - равнобедренный. Из $$\Delta SAC$$: $$CA=\sqrt{CS^{2}+SA^{2}-2 CS*SA *\cos S}=\sqrt{7}$$

        2) Рассмотрим пирамиду SADC, введем ортогальную систему координат , как показано на рисунке, где N - центр, описанной окружности около $$\Delta SCD$$

        3) Центр сферы будет лежать на оси Oz. Пусть Q - центр сферы, тогда $$Q (0;0;z)$$ и QS=QA (как радиусы сферы). Зададим координаты QS и QA; $$A(NA_{x}; O; AA_{x})$$, где $$A_{x}$$ - проекция A на (SDC) ; $$S(NS;0;0)$$

        4) из $$\Delta CSD$$: $$SH=SD* \sin D=3*\frac{\sqrt{3}}{2}$$; $$SN=\frac{2}{3} SH=\sqrt{3}\Rightarrow$$ $$S(\sqrt{3}; 0;0)$$

   Из $$\Delta ADC$$: $$AH=\sqrt{AD^{2}-HD^{2}}=\frac{\sqrt{19}}{2}$$; Из $$\Delta ASH$$: $$\cos S=\frac{AS^{2}+SH^{2}-AH^{2}}{2 AS*SH}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$\sin S=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$SA_{x}=AS*\cos S=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$NA_{x}=NS-SA_{x}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$; $$AA_{x}=SA*\sin S=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$$. Тогда A $$(\frac{2\sqrt{3}}{3};0; \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}})$$, следовательно:

   $$QS(\sqrt{3}-0;0-0; 0-z)=(\sqrt{3};0;-z)$$ и $$QA(\frac{2\sqrt{3}}{3}-0;0-0;\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}+z)=(\frac{2\sqrt{3}}{3};0; \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}+z)$$

   Тогда длины: $$\left | QS \right |=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+(-z)^{2}}$$ и $$\left | QA \right |=\sqrt{(\frac{2\sqrt{3}}{3})^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}+z)^{2}}$$. В итоге получим: 

   $$QS^{2}=QA^{2}\Leftrightarrow$$ $$3+z^{2}=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}z+z^{2}\Leftrightarrow$$ $$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}z=1\Leftrightarrow$$ $$z=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$$

   Тогда $$QS=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}})^{2}}=$$$$\sqrt{\frac{27}{8}}=\frac{3}{2}\sqrt{\frac{3}{2}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) Пусть DH-высота в $$\Delta ADB$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle HDB =arctg\frac{3}{4}\Rightarrow$$ $$tg\angle HDB =\frac{3}{4}=\frac{HB}{DH}$$; $$HB=\frac{AB}{2}=6\Rightarrow$$ $$DH=8\Rightarrow$$ из $$\Delta DHB$$: $$DB=\sqrt{DH^{2}+HB^{2}}=10$$

     2) $$\frac{V_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}}{V_{ABCD}}=$$$$\frac{A_{1}D*B_{1}D*C_{1}D}{AD*BD*CD}(1)$$

     3) из $$\Delta ABD$$: $$\frac{AB}{BD}=\frac{AA_{1}}{A_{1}D}=\frac{12}{10}=\frac{6}{5}\Rightarrow$$ $$A_{1}D=\frac{5}{11}AD$$(по свойству биссектрисы)

     4) $$DC_{1}=\frac{1}{2}DC$$ (медиана)

   Из $$\Delta BCD$$: $$\cos D=\frac{BD^{2}+CD^{2}-BC^{2}}{2 *BD*CD}=0,28$$$$\Rightarrow$$

   Из $$\Delta DB_{1}C$$: $$DB_{1}=0,28 DC\Rightarrow$$ $$DB_{1}=0,28DB$$

     5) Пусть DO – высота ABCD.

   Из $$\Delta ABC$$: $$CH=CB \sin B=12\frac{\sqrt{3}}2{}=6\sqrt{3}\Rightarrow$$ $$CO=\frac{2}{3} CH=4\sqrt{3}$$

   Из $$\Delta DOC$$: $$DO=\sqrt{CD^{2}-OC^{2}}=\sqrt{10^{2}-(4\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{52}$$

   $$S_{ABC}=\frac{1}{2} *12^{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}=36 \sqrt{3}$$

   $$V_{ABCD}=\frac{1}{3}*36\sqrt{3}*\sqrt{52}=12\sqrt{156}$$

   $$V_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{5}{11}*\frac{1}{2}*\frac{28}{100}*12\sqrt{156}=$$$$\frac{42}{55}\sqrt{156}=\frac{84\sqrt{39}}{55}$$

Б) Пусть $$A_{1}^{'}$$, $$B_{1}^{'}$$, $$C_{1}^{'}$$ проекция $$A_{1}$$, $$B_{1}$$ и $$C_{1}$$ на (ABC). Тогда :

     1) из $$\Delta DAO$$: $$\frac{DA_{1}}{DA}=\frac{OA_{1}^{'}}{OA}=\frac{5}{11}$$

     2)из $$\Delta DOC$$: $$\frac{DC_{1}}{DC}=\frac{OC_{1}^{'}}{OC_{1}}=\frac{1}{2}$$

     3) из $$\Delta DOB$$: $$\frac{DB_{1}}{DB}=\frac{DB_{1}^{'}}{OB}=\frac{28}{100}=\frac{7}{25}$$

     4) $$\frac{S_{A_{1}^{'}OC_{1}^{'}}}{S_{AOC}}=$$$$\frac{OA_{1}^{'}*OC_{1}^{'}}{OA*OC}=$$$$\frac{5}{11}*\frac{1}{2}=\frac{5}{22}$$

   $$\frac{S_{OC_{1}^{'}B_{1}^{'}}}{S_{OCB}}=\frac{OC_{1}^{'}*OB_{1}^{'}}{OC* OB}=$$$$\frac{1}{2}*\frac{7}{25}=\frac{7}{50}$$

   $$\frac{S_{OA_{1}^{'}B_{1}^{'}}}{S_{OAB}}=\frac{OB_{1}^{'}*OA_{1}^{'}}{OB*OA}=$$$$\frac{7}{25}*\frac{5}{11}=\frac{7}{55}$$

   $$S_{AOC}=S_{BOC}=S_{AOB}=\frac{1}{3}S_{ABC}\Rightarrow$$ $$S_{A_{1}^{'}B_{1}^{'}C_{1}^{'}}=\frac{1}{3}(\frac{5}{22}+\frac{7}{50}+\frac{7}{55})*36\sqrt{3}=$$$$12\sqrt{3}*\frac{125+77+70}{550}=$$$$12\sqrt{3}*\frac{272}{550}=\frac{1632\sqrt{3}}{275}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) Пусть $$OL \perp CB$$; $$OM\perp AB$$; $$OK\perp AC$$ .

Из $$\Delta MOB$$: $$\sin \angle OBA=\frac{OM}{OB}$$

Из $$\Delta OLB$$: $$\sin \angle OBL =\frac{OL}{OB}$$

По условию $$\frac{\sin \angle OBA}{\sin \angle OBL}=2\Rightarrow$$ $$OM=2OL$$. Пусть $$OM=2x\Rightarrow$$ $$OL=x$$

        2) $$S_{ABC}=S_{AOB}+S_{AOC}+S_{COB}\Leftrightarrow$$ $$\frac{1}{2} AC^{2} \sin 60=\frac{1}{2} AB(OM+OL+OK)\Leftrightarrow$$ $$\sqrt{3} \frac{\sqrt{3}}{2}=1+x+2x\Leftrightarrow$$ $$3x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{1}{6}\Rightarrow$$ $$OM=\frac{1}{3}; OL=\frac{1}{6}$$

        3) $$S_{ABS}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{2}AB*SM$$ ($$OM\perp AB$$; $$SO\perp (ABC)$$$$\Rightarrow$$ $$AM\perp AB$$), тогда : $$SM=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}*\frac{2}{1}*\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{10}}{3}$$

        4) из $$\Delta MOS$$: $$SO=\sqrt{SM^{2}-OM^{2}}=1$$

        5) $$V_{ABC}=\frac{1}{3} S_{ABC}*SO=$$$$\frac{1}{3}*\frac{3\sqrt{3}}{4}*1=\frac{\sqrt{3}}{4}$$

     Б) 1) Аналогично (3): $$SL\perp CB$$. Пусть $$ON\perp SL\Rightarrow$$ $$ON$$ – расстояние от O до (SBC). Пусть $$AL_{1}\left | \right |AL$$ и $$AN_{1}$$ - расстояние от A до (SBC) , тогда $$\Delta AL_{1}N_{1}\sim \Delta OLN$$ и $$\frac{AN_{1}}{ON}=\frac{AL_{1}}{OL}$$

        2) из $$\Delta OSL$$: $$SL=\sqrt{OS^{2}+OL^{2}}=\frac{\sqrt{37}}{6}$$; $$ON=\frac{OS*OL}{SL}=\frac{1}{\sqrt{37}}$$

        3) из $$\Delta ABC$$ : $$AL_{1} =AB \sin 60=\frac{3}{2}\Rightarrow$$ $$AN_{1} :\frac{1}{\sqrt{37}}=\frac{3}{2}:\frac{1}{6}\Rightarrow$$ $$AN_{1}=\frac{9}{\sqrt{37}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Пусть SH\cap PE=N

     A) 1) H-центр $$\Delta ABC \Rightarrow$$ $$BH: HE=2: 1\Rightarrow$$ $$\frac{HE}{EB}=\frac{1}{3}$$

   2) для $$\Delta BPE$$ по т. Минелая : $$\frac{SN}{NH}*\frac{HE}{EB}*\frac{BP}{PS}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{SN}{NH}*\frac{1}{3}*\frac{1}{1}=1\Rightarrow$$ $$\frac{SN}{NH}=\frac{3}{1}$$

     Б) 1) $$BE\perp AC\Rightarrow$$ $$PE\perp AC$$ (по т. о трех перпендикулярах ), аналогично $$SE\perp AC \Rightarrow$$ $$\angle PES$$ – искомый

   2) из $$\Delta ABC$$: $$BE=BC*\sin C=6\sqrt{3}*\frac{\sqrt{3}}{2}=9$$. Из $$\Delta ASE$$: $$SE=\sqrt{AS^{2}-AE^{2}}=$$$$\sqrt{100-27}=\sqrt{73}$$

   3) из $$\Delta BSE$$: $$\cos S=\frac{BS^{2}+SE^{2}-BE^{2}}{2 BS*SE}=$$$$\frac{23}{5\sqrt{73}}$$

   Из $$\Delta SPE$$: $$PE=\sqrt{SP^{2}+SE^{2}-2 SP*SE*\cos S}=\sqrt{52}$$

   Из $$\Delta SPE$$: $$\cos PES=\frac{PE^{2}+SE^{2}-SP^{2}}{2 PE*SE}=$$$$\frac{25}{\sqrt{949}}$$

   $$\sin PES=\sqrt{1-\cos ^{2}PES}=$$$$\frac{18}{\sqrt{949}}\Rightarrow$$ $$tg PES=\frac{\sin PES}{\cos PES}=\frac{18}{25}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) Соединим AM , через M проведем прямую $$a\left | \right |AF$$; $$a\cap SD=N\Rightarrow$$ $$MN\left | \right |AF$$

     2) AC-проекция AM ; Пусть SR-высота в $$\Delta ASC$$; $$SR\cap AM =K \Rightarrow$$ через K пойдет прямая , параллельная AF ( по ней пересекаются сечение и (SEB) ); пусть она пересекает SE и SB в H и G соответственно , тогда (AGMNF)-искомое сечение

     3) из $$\Delta AMC$$ и точки $$S \in GM$$ по т. Менелая : $$\frac{SK}{KR}=\frac{RA}{AC}*\frac{CM}{MS}=1$$; $$\Delta SAC$$ равнобедренный $$\Rightarrow$$ $$AR=RC\Rightarrow$$ $$\frac{SK}{KR}*\frac{1}{2}*\frac{1}{1}=1\Rightarrow$$ $$\frac{SC}{KR}=\frac{2}{1}(*)$$ ( можно сразу сказать , что K-точка пересечения медиан $$\Rightarrow$$ 2: 1)

     4) $$\Delta SHG\sim \Delta SEB\Rightarrow$$ $$\Delta SGK\sim \Delta SBK\Rightarrow$$ $$\frac{SK}{KR}=\frac{SC}{SB}=\frac{2}{1}$$

     Б) 1) Пусть SO-высота пирамиды $$\Rightarrow$$ из $$\Delta SOB$$: $$SO=\sqrt{SB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{5}\Rightarrow$$ $$YO=\frac{1}{3} SO=\frac{\sqrt{5}}{3}$$;

     2) из $$\Delta FOA$$: $$OZ=OA*\sin A=2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow$$ из $$\Delta ZOY$$: $$ZY=\sqrt{ZO^{2}+OY^{2}}=\frac{\sqrt{32}}{3}\Rightarrow$$ $$\cos YZO=\frac{ZO}{ZY}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{32}}$$

     3) Пусть $$AG^{'}M^{'}N^{'}H^{'}F$$- проекция сечения на (ABC) и $$S _{AC_{1}^{'}M^{'}N^{'}H^{'}F}=S_{1}$$. Пусть S-площадь сечения $$\Rightarrow$$ $$S=\frac{S_{1}}{\cos YZO}$$

     4) $$S_{ZOA}=x=\frac{1}{2} *2*2*\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$;

     $$S_{AOC_{1}^{'}}=S_{ZOH^{'}}=$$$$\frac{OC_{1}^{'}}{OB}*x=$$$$\frac{SC_{1}}{SB}*x=\frac{2}{3}x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$$

Аналогично: $$S_{G^{'}OM^{'}}=S_{H^{'}ON^{'}}=$$$$\frac{2}{3}*\frac{1}{2}x=\frac{1}{3}x$$ и $$S_{N^{'}OM^{'}}=\frac{1}{4}x$$

Тогда $$S_{1}=\sqrt{3} (1+2*\frac{2}{3}+2*\frac{1}{3}+\frac{1}{4})=\frac{13\sqrt{3}}{4}$$

$$S=\frac{13\sqrt{3}}{4} :\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{32}}=$$$$\frac{13\sqrt{3}*4\sqrt{2}}{4*3\sqrt{3}}=$$$$\frac{13\sqrt{2}}{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1)Через P проведем плоскость параллельную (ABC): $$PQ_{1}M_{1}N{1})$$$$\Rightarrow$$ $$SP=SQ=SM_{1}=SN_{1}=7$$. Пусть H –центр ABCD $$\Rightarrow$$ SH –высота пирамиды; $$SH\cap (PQMN)=O$$, $$SH\cap (PQ_{1}M_{1}N_{1})=O_{1}$$ ; $$MM_{1}=SM_{1}-SM=\frac{35}{6}$$

     2) Из $$\Delta SM_{1}P$$: $$M_{1}Q_{1}=O_{1}P\Rightarrow$$ по т. Менелая для $$\Delta MPM_{1}$$ : $$\frac{SO}{OO_{1}}*\frac{O_{1}P}{PM_{1}}*\frac{M_{1}M}{MS}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{SO}{OO_{1}}*\frac{1}{2}*\frac{35}{6}:\frac{7}{6}=1\Leftrightarrow$$ $$\frac{SO}{OO_{1}}=\frac{2}{5}$$

     3) Рассмотрим $$\Delta SQ_{1}N_{1}$$: пусть $$SQ=x\Rightarrow$$ $$SN=\frac{25-x}{6}$$; Построим $$N_{2}Q_{2}\left | \right |N_{1}Q_{1}\Rightarrow$$ $$\Delta SON_{2}\sim \Delta SO_{1}N_{1}\Rightarrow$$ $$\frac{SN_{2}}{N_{2}N_{1}}=\frac{SO}{OO_{1}}=\frac{2}{5}$$. Т.е. $$SN_{1}=7$$, то $$SN_{2}=2=SQ_{2}$$, тогда $$N_{2}N=SN_{2}-SN=2-(\frac{25}{6}-x)=x-\frac{13}{6}$$; $$Q_{2}Q=SQ-SQ_{2}=x-2$$

   По т. Менелая для $$\Delta NSQ$$: $$\frac{N_{2}O}{OQ_{2}}*\frac{Q_{2}Q}{QS}*\frac{SN}{NN_{2}}=1$$$$\Leftrightarrow$$ $$\frac{1}{1}*\frac{x-2}{x}*\frac{\frac{25}{6}-x}{x-\frac{13}{6}}=1$$$$\Leftrightarrow$$ $$(x-2)(\frac{25}{6}-x)=x(x-\frac{13}{6})|*6$$$$\Leftrightarrow$$ $$12x^{2}-50x+50=0\Leftrightarrow$$ $$6x^{2}-25x+25=0\Leftrightarrow$$ $$\left[\begin{matrix}x_{1}=\frac{5}{2}\\x_{2}=\frac{5}{3}\end{matrix}\right.$$

$$\frac{5}{3}$$ не подходит, т.к. $$\frac{25}{6}-\frac{5}{3}=\frac{5}{2}$$ и $$\frac{5}{3}<\frac{5}{2}$$, а по условию $$SQ>SN\Rightarrow$$ $$SQ=\frac{5}{2}$$; $$SN=\frac{5}{3}$$

     Б) 1) Рассмотрим $$\Delta SHD$$: $$SQ_{2}=2$$; $$Q_{2}Q_{1}=5$$; $$Q_{1}D=SD-SQ_{1}=10-7=3\Rightarrow$$ $$Q_{2}D=5+3=8$$

     2) $$\Delta SOQ_{2}\sim \Delta SHD\Rightarrow$$ $$\frac{SO}{OH}=\frac{SQ_{2}}{Q_{2}D}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) Пусть $$A_{1}C\cap B_{1}D=M\Rightarrow$$ M –центр куба; через E и M проведем прямую (они лежат в плоскости ($$AA_{1}C$$) )$$\cap CC_{1}=I$$

     2) $$I$$ и $$F \in (BB_{1}C_{1})\Rightarrow$$ проведем прямую; $$IF\cap BB_{1}=K$$; $$E$$ и $$K \in (BB_{1}A_{1})\Rightarrow$$ соединяем , $$EK\cap AB=J$$; $$F$$ и $$J \in (ABC)\Rightarrow$$ соединяем .

    3) $$(BB_{1}C_{1}) \left | \right |(AA_{1}D_{1})\Rightarrow$$ из E прямую, параллельную IF; она $$\cap A_{1}D_{1} =G$$. Аналогично из G прямую параллельную $$JF\Rightarrow \cap C_{1}D_{1}=H$$; соединим H и I $$\Rightarrow$$ (EGHIFJ)-искомое сечение ($$\alpha$$)

     4) Введем отртогональную систему координат как показано на рисунке и зададим уравнение $$(\alpha )$$: $$E(0;0;\frac{1}{3})$$;

$$F(1; \frac{1}{4} ;0)$$; $$M(\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$$. Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ уравнение ($$\alpha$$), тогда:

$$\left\{\begin{matrix}a*0+b*0+c*\frac{1}{3}+d=0 & & & \\a*1+b*\frac{1}{4}+c*0+d=0\\a*\frac{1}{2}+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$\left\{\begin{matrix}c=-3d\\4a+b+4d=0\\a+b+c+2d=0\end{matrix}\right.$$

   Подставим из первого в третье: $$a+b-3d+2d=0\Rightarrow$$ $$a+b-d=0\Rightarrow$$ $$a=d-b$$

   Подставим во второе: $$4d-4b+b+4d=0\Rightarrow$$ $$-3b=-8d\Rightarrow$$ $$b=\frac{8d}{3}\Rightarrow$$ $$a=-\frac{5d}{3}$$

   Тогда уравнение плоскости $$(\alpha)$$: $$\frac{-5d}{3}x+\frac{8d}{3}y-3dz+d=0$$ $$\Rightarrow$$ $$-5x+8y-9z+3=0\Rightarrow$$ нормаль вектора для (EGH): $$\bar{n}(-5 ;8; -9)$$. Для (ABC): $$\bar{AA_{1}}(0; 0; 1)$$ (ось Oz)

   Тогда $$\cos (\alpha ; (ABC))=\cos (\bar{n}$$; $$\bar{AA_{1}})=\frac{\left | -5*0+8*0-9*1 \right |}{\sqrt{(-5)^{2}+8^{2}+(-9)^{2}}*\sqrt{0^{2}+0^{2}+1^{1}}}=$$$$\frac{9}{\sqrt{170}}\Rightarrow$$ угол между $$\alpha$$ и (ABC) : $$\arccos \frac{9}{\sqrt{170}}$$

     Б) Найдем расстояние от $$B_{1}(1; 0; 1)$$ до $$\alpha$$: $$r=\frac{\left | -5*1+8*0+(-9)*1+3 \right |}{\sqrt{(-5)^{2}+8^{2}+(-9)^{2}}}=\frac{11}{\sqrt{170}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

     A) 1) K и L лежат в одной плоскости $$\Rightarrow$$ соединяем .

     2) $$(ADD_{1}) \left | \right |(BCC_{1})\Rightarrow$$ через M пройдет прямая , параллельная KL . Пусть она пересекает $$BB_{1}$$ , в N и $$CC_{1}$$ в R $$\Rightarrow$$ (KNRL)-искомое сечение.

     3) Зададим уравнение (KNRL) : введем ортогональную систему координат, тогда: $$K(0;0;4)$$; $$L(6; 0; 2)$$; $$M(\frac{1}{3} AD; AB ; \frac{2}{3} BB_{1})$$$$\Rightarrow$$ $$M(2 ;4; \frac{16}{3})$$

     Пусть $$ax+by+cz+d=0$$ - уравнение (KNRL), тогда: $$\left\{\begin{matrix}a*0+b*0+c*4+d=0\\a*6+b*0+c*2+d=0\\a*2+b*4+c*\frac{16}{3}+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}4c+d=0\\6a+2c+d=0\\2a+4b+\frac{16c}{3}+d=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}c=-\frac{d}{4}\\a=-\frac{d}{12}\\b=\frac{d}{8}\end{matrix}\right.$$

     Получим : $$-\frac{d}{12}x+\frac{d}{8}y-\frac{d}{4}z+d=0$$$$\Leftrightarrow$$ $$2x-3y+6z-24=0$$. Следовательно, нормаль-вектор для (KNRL) : $$\bar{n}(2; -3; 6)$$ . Для ($$DCC_{1}$$) : $$\bar{AD}$$ или $$\bar{Ox}(1 ;0;0)$$

     $$\cos (\bar{n};\bar{Ox})=\cos ((KNRL);(DCC_{1}))=$$$$\frac{\left | 2*1+(-3)*0+6*0 \right |}{\sqrt{2^{2}+(-3)^{2}+6^{2}}\sqrt{1^{2}+0^{2}+0^{2}}}=$$$$\frac{2}{7}\Rightarrow$$ угол между этими плоскостями $$\alpha =arccos \frac{2}{7}$$

     Б) 1) Пусть S - площадь (KLM), $$S_{1}$$ - площадь ее проекции на (ABC)-это и будет ABCD. Найдем $$\cos ((KLM ); (ABC))$$: нормаль вектора для (ABC) - $$\vec{Oz}(0;0;1)$$, тогда $$\cos ((KLM) ;(ABC))=\cos (\vec{n}; \vec{Oz})=$$$$\frac{\left | 2*0+(-3)*0+6*1 \right |}{\sqrt{2^{2}+(-3)^{2}+6^{2}}\sqrt{1^{2}}}=$$$$\frac{6}{7}=\cos \beta$$

     2) $$S=\frac{S_{1}}{\cos \beta }=$$$$\frac{AB*AD}{\cos \beta }=$$$$\frac{6*4}{\frac{6}{7}}=28$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A)  1) Пусть $$AB=x$$,  $$\Delta ADC$$: $$AC=\sqrt{AD^{2}+DC^{2}}=x\sqrt{2}\Rightarrow$$ $$AH=\frac{x\sqrt{2}}{2}$$

     2) из $$\Delta SAH$$: $$\angle ASH=90-\angle SAH=30\Rightarrow$$ $$AS=2AH=x\sqrt{2}\Rightarrow$$ $$\Delta SAC$$ - равносторонний

     3) Пусть O - центр сферы $$\Rightarrow$$ OA – радиус , но это и радиус описанной около $$\Delta ASC$$.

     4) из $$\Delta SAH$$: $$SH=SA*\sin SAH=x\sqrt{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{x\sqrt{6}}{2}$$; $$SO=\frac{2}{3}SH$$ $$\Rightarrow$$ $$SO=\frac{2}{3}*\frac{x\sqrt{6}}{2}=\frac{x\sqrt{6}}{3}$$

     5) из $$\Delta SHF$$: $$HF=\frac{1}{2} AD=\frac{x}{2}\Rightarrow$$ $$SF=\sqrt{SH^{2}+HF^{2}}=$$$$\sqrt{\frac{x^{2}*6}{4}+\frac{x^{2}}{4}}=$$$$\frac{x}{2}*\sqrt{7}$$

     6) $$HM*SF=SH*HF\Leftrightarrow$$ $$\sqrt{6}*\frac{x\sqrt{7}}{2}=$$$$\frac{x\sqrt{6}}{2}*\frac{x}{2}\Rightarrow$$ $$\frac{x}{2}=\sqrt{7}\Rightarrow$$ $$x=2\sqrt{7}$$

     7) $$SO=\frac{2\sqrt{7}*\sqrt{6}}{3}=\frac{2\sqrt{42}}{3}$$

Б)  1) Пусть $$A _{1}B_{1}C_{1}D_{1}$$ – сечение пирамиды, т.к. проведено через середину высоты и параллельно основанию, то $$\frac{S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}}{S_{ABCD}}=\frac{1}{4}$$; $$S_{ABCD}=x^{2}=28\Rightarrow$$ $$S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=7$$

     2) $$SO=\frac{2}{3} SH$$; $$SL=\frac{1}{2}SH$$ , где L-середина SH , тогда $$SL=\frac{3}{4} SO$$. Пусть S-площадь диаметрального сечения сферы, $$S_{1}$$-сечение через L. Пусть ON-радиус , при этом $$LN\perp OS$$ , тогда $$OL=SO-SL =\frac{1}{4} SO\Rightarrow$$ из $$\Delta OLN$$: $$LN=\sqrt{ON^{2}-OL^{2}}=$$$$\sqrt{SO^{2}-(\frac{SO}{4})^{2}}=$$$$\frac{\sqrt{15}}{4}SO\Rightarrow$$ $$LN=\frac{\sqrt{15}}{4}*\frac{2\sqrt{42}}{3}=$$$$\frac{\sqrt{5}*\sqrt{14}}{2\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{1}=\frac{15*14 \pi}{4*3}=\frac{35 \pi}{2}$$

     3) $$\frac{S_{1}}{S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}}=\frac{35 \pi}{2}:7=\frac{5 \pi}{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

a) 1) Пусть $$SO$$ - высота пирамиды, $$\bigtriangleup SOB$$ - прямоугольный. Пусть $$NH\parallel SO$$ $$\Rightarrow$$ $$NH\cap OB=H$$ и $$OH=HB$$ (т.к. $$NH$$ - средняя линия)

2) Проведем через $$H$$ прямую,параллельную $$MN$$ (т.к. плоскость пересекает двугранный угол). Пусть прямая пересекает $$CB$$ и $$CA$$ в $$L$$ и $$K$$ соответственно $$\Rightarrow$$ $$(MNLK)$$ - искомое сечение.

3) $$MN\parallel AB$$; $$MN\parallel LK$$ $$\Rightarrow$$ $$LK\parallel AB$$. Пусть $$LK\cap OE=R$$, тогда $$\frac{OR}{RE}=\frac{OH}{HB}=\frac{1}{1}$$. Но $$\frac{CO}{OE}=\frac{2}{1}$$ ($$CE$$ - середина) $$\Rightarrow$$ $$\frac{CR}{RE}=\frac{2OE+\frac{1}{2}OE}{\frac{1}{2}OE}=\frac{5}{1}$$

б) 1) $$MN=\frac{1}{2}AB=3$$; $$KL=\frac{5}{6}AB=5$$; 

2) из $$\bigtriangleup SBC$$: $$\cos B=\frac{SB^{2}+CB^{2}-SC^{2}}{2SB\cdot CB}=\frac{4^{2}+6^{2}-4^{2}}{2\cdot6\cdot4}=\frac{3}{4}$$

3) $$HB=\frac{1}{6}CB=1$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup NBL$$: $$NH=\sqrt{NB^{2}+BL^{2}-2NB\cdot BL\cdot\cos B}=\sqrt{2^{2}+1^{2}-2\cdot2\cdot1\cdot\frac{3}{4}}=\sqrt{4+1-3}=\sqrt{2}$$ $$\bigtriangleup AMK=\bigtriangleup NLB$$ по двум сторонам и углу между ними $$\Rightarrow$$ $$MK=NL$$

4) $$P=MN+KL+MK+NL=5+3+2\sqrt{2}=8+2\sqrt{2}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) Пусть $$KR\parallel AC$$; через $$L$$ проведем прямую $$\parallel KR=LH$$ $$\Rightarrow$$ $$LHKR=\gamma$$

2) $$B_{1}M\perp A_{1}C_{1}$$; $$BN\perp AC$$; $$(B_{1}MNB)\cup\gamma=QO$$; $$MB\cup QO=z$$

3) $$\bigtriangleup KRB\sim\bigtriangleup ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BO}{BN}=\frac{BK}{BA}=\frac{2}{3}$$ $$(KR\parallel AC)$$, аналогично $$\bigtriangleup B_{1}HL\sim\bigtriangleup A_{1}B_{1}C_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{B_{1}Q}{B_{1}M}=\frac{B_{1}L}{b_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$MQ=\frac{2}{3}B_{1}M$$; $$BO=\frac{2}{3}BN_{1}$$, но $$B_{1}M=BN$$ $$\Rightarrow$$ $$MQ=B_{1}M$$. $$MB_{1}\parallel NB$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle QMZ=\angle ZBO$$; $$\angle MQZ=\angle ZOB$$ (накрестлежащие) $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MQZ=\bigtriangleup OZB$$ $$\Rightarrow$$ $$MZ=ZB=\frac{1}{2}BM$$

4) $$BM=\sqrt{NM^{2}+NB^{2}}$$; $$NB=BC\cdot\sin C=6\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$MB=6$$ $$\Rightarrow$$ $$MZ=3$$; $$MQ=\frac{2}{3}MB_{1}=2\sqrt{3}$$

$$OQ=\sqrt{(OB-QB_{1})^{2}+MN^{2}}=\sqrt{12}$$

$$\cos\angle MZQ=\frac{MZ^{2}+ZQ^{2}-MQ^{2}}{2MZ\cdot ZQ}=0$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle MZQ=90^{\circ}$$

5) $$NB\perp KR$$ $$\Rightarrow$$ по теореме о трех перпендикулярах $$MB\perp KR$$ $$\Rightarrow$$ $$M\perp\gamma$$

Б) 1) $$MZ$$ - высота пирамиды $$HL=\frac{1}{3}A_{1}C_{1}=2$$; $$KR=\frac{2}{3}AC=4$$; $$QO=\sqrt{12}$$ и $$QO\perp KR$$ $$\Rightarrow$$ $$V=\frac{1}{3}\cdot S_{HLRK}\cdot MZ=\frac{1}{3}\cdot\frac{2+4}{2}\cdot\sqrt{12}\cdot3=6\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

A) 1) Построим сечение: через $$M$$ проведем прямую $$a\parallel AC$$; $$a\cap E_{1}D_{1}=N$$ $$\Rightarrow$$ $$MN\parallel AC$$.

$$MN\cap C_{1}D_{1}=O_{2}$$; $$MN\cap A_{1}F_{1}=O_{1}$$; $$CO_{2}=\cap DD_{1}=K$$; $$AO_{1}\cap FF_{1}=L$$ $$\Rightarrow$$ $$(ACKNML)$$ - сечение

2) $$A_{1}C_{1}\parallel AC$$; $$AC\parallel MN$$ $$\Rightarrow$$ $$A_{1}C_{1}\parallel MN$$; $$F_{1}D_{1}\parallel MN$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup F_{1}E_{1}D_{1}\sim\bigtriangleup ME_{1}N$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{F_{1}N}{ME_{1}}=\frac{D_{1}N}{NE_{1}}=\frac{1}{1}$$

Б) 1) Опустим из $$R$$ перпендикуляр $$PR'$$ на $$(ABC)$$. Из $$\bigtriangleup HBC$$: $$\angle C=30^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$HB=\frac{BC}{2}=1$$; $$HC=\sqrt{3}$$; $$ER'=\frac{HB}{2}=0,5$$. $$EB=2AB=4$$ $$\Rightarrow$$ $$R'H=4-1-0,5=2,5$$

2) Из $$\bigtriangleup RR'H$$: $$RR'=DD_{1}=6$$ $$\Rightarrow$$  по т. Пифагора: $$RH=\sqrt{6^{2}+2,5^{2}}=6,5=CO_{2}$$

3) $$S_{ACKNML}=S=S_{CO_{2}O_{1}A}-2S_{NO_{2}K}$$ (т.к. $$\bigtriangleup NO_{2}K=\bigtriangleup MO_{1}L$$ по катету $$NO_{2}=MO_{1}$$ и острому углу $$\angle N=\angle M$$)

4) $$NO_{2}=RN=\frac{1}{2}HC=\frac{\sqrt{3}}{2}$$; $$O_{2}D_{1}=E_{1}R=\frac{1}{2}$$ $$\bigtriangleup O_{2}D_{1}K\sim\bigtriangleup DKC$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{D_{1}K}{KD}=\frac{O_{2}D_{1}}{DC}=\frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}$$ $$\Rightarrow$$ $$D_{1}K=\frac{DD_{1}}{5}=\frac{6}{5}$$

Из $$\bigtriangleup O_{2}DK$$: $$O_{2}K=\sqrt{(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{6}{5})^{2}}=\frac{13}{10}$$

Из $$\bigtriangleup NO_{2}K$$: $$S_{NO_{2}K}=\frac{1}{2}\cdot\frac{13}{10}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{13\sqrt{3}}{40}$$

5) $$AC=2HC=2\sqrt{3}$$ $$\Rightarrow$$ $$S=2\sqrt{3}\cdot6,5-\frac{13\sqrt{3}}{40}\cdot2=\frac{247\sqrt{3}}{20}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) По свойству правильного шестиугольника: $$AF\parallel BE$$; $$AF=\frac{BE}{2}$$

2) Из $$\bigtriangleup BSE$$: $$MN$$ - средняя линия $$\Rightarrow$$ $$MN\parallel BE$$; $$MN=\frac{BE}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$AF=MN$$; $$AF\parallel MN$$ $$\Rightarrow$$ $$AFNM$$ - параллелограм $$\Rightarrow$$ $$AM\parallel FN$$

Б) 1) Пусть $$MM'\perp BE$$ $$\Rightarrow$$ из $$\bigtriangleup BMM'$$: $$BM=\frac{BO}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$M'E=\frac{3}{2}$$; $$MM'=\frac{SO}{2}=1$$ $$\Rightarrow$$ По т. Пифагора: $$ME=\sqrt{M'E^{2}-M'M^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$$

2) из $$\bigtriangleup AFE$$: $$AE=\sqrt{AF^{2}+FE^{2}-2AF\cdot FE\cos F}=\sqrt{1+1-2\cdot1\cdot1\cdot(-\frac{1}{2})}=\sqrt{3}$$

3) из $$\bigtriangleup AMM'$$: $$AM=\sqrt{M'A^{2}+M'M^{2}}$$; $$M'A=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$AM=\sqrt{\frac{3}{4}+1}=\frac{\sqrt{7}}{2}$$

4) из $$\bigtriangleup AME$$: $$\cos M=\frac{AM^{2}+ME^{2}-AE^{2}}{2\cdot AM\cdot ME}=\frac{\frac{7}{4}+\frac{13}{4}-3}{2\cdot\frac{\sqrt{7}}{2}\cdot\frac{\sqrt{13}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{13\cdot7}}$$ $$\Rightarrow$$ $$\sin M=\sqrt{1-\cos^{2}M}=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{7\cdot13}}$$

5) Пусть $$EH\perp AM$$ $$\Rightarrow$$ $$EH=ME\cdot\sin M=\frac{\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{7\cdot13}}=2,5\sqrt{\frac{3}{7}}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

а) Отрезок $$MN$$ является средней линией треугольника $$ABC$$, следовательно, $$MN||AC$$. Таким образом, сечение пересекает грань $$SAC$$ по прямой, также параллельной $$AC$$. Пусть $$L$$ — точка пересечения сечения с ребром $$SC$$, тогда $$KL||AC$$, а сечение $$KLMN$$ — равнобедренная трапеция.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью $$BSH$$, где $$H$$ — середина стороны $$AC$$. Пусть $$R$$ и $$T$$ — середины оснований $$MN$$ и $$KL$$ трапеции соответственно. Тогда высота трапеции $$RT$$ проходит через точку $$Q$$ пересечения диагоналей трапеции, причём так как $$MN=\frac{1}{2}AC$$, а $$KL=\frac{1}{4}AC$$, из подобия треугольников $$KLQ$$ и $$MNQ$$, получаем $$\frac{TQ}{QR}=\frac{KL}{MN}=\frac{1}{2}$$. Отрезок $$TR$$ и высота пирамиды $$SO$$ лежат в плоскости $$BSH$$. Пусть они пересекаются в точке $$Q'$$. Докажем, что она совпадает с точкой $$Q$$.

В сечении $$BSH$$ проведём отрезок $$TW$$ параллельно $$BH$$, где $$W$$ — точка на высоте пирамиды. Треугольники $$TQ'W$$ и $$RQ'O$$ подобны.

При этом $$k'=\frac{TQ'}{Q'R}=\frac{TW}{RO}=\frac{\frac{1}{4}OH}{\frac{2}{3}BH-\frac{1}{2}BH}=\frac{\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}BH}{\frac{1}{6}BH}=\frac{1}{2}$$.

Таким образом, дробь: $$\frac{TQ'}{Q'R}=\frac{TQ}{QR}$$ , а, значит, точки $$Q'$$ и $$Q$$ совпадают, и $$Q$$ лежит на высоте пирамиды $$SO$$.

б) Так как $$AC=2$$, то $$MN=1$$, а $$KL=\frac{1}{2}$$ .

Осталось найти высоту трапеции $$RT$$. Из пункта а) получаем, что $$\frac{WQ}{QO}=\frac{1}{2}$$ , при этом $$\frac{SW}{WO}=\frac{1}{3}$$ .

Следовательно, $$WQ=1$$, $$WT=\frac{1}{12}BH=\frac{\sqrt{3}}{12}$$.

Тогда $$RT=3QT=3\sqrt{1+\frac{3}{144}}=\frac{7\sqrt{3}}{4}$$.

Откуда $$S_{KLMN}=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2})\frac{7\sqrt{3}}{4}=\frac{21\sqrt{3}}{16}$$.

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Рассмотрим переход точек на примере нижнего основания. Т.к. $$\bigtriangleup ABC$$ - правильный, то $$\angle C=60^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\smile AB=120^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ точка $$A$$ переходит в середину $$\smile AB$$, аналогично $$B$$ в середину $$\smile BC$$, $$C$$ - $$\smile AC$$: Получим $$\bigtriangleup ABC\Rightarrow\bigtriangleup LKH$$. При этом получим 6 равных дуг $$\Rightarrow$$ хорды, их стягивающие, тоже равны $$\Rightarrow$$ $$ALBKCH$$ - правильный шестиугольник

2) Посмотрим на цилиндр. $$K$$ - проекция $$B_{1}$$, $$H$$ - проекция $$C_{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$HK$$ - проекция $$C_{1}B_{1}$$,но $$HK\parallel AB$$ и $$HK=AB$$ $$\Rightarrow$$ $$C_{1}B_{1}=AB$$ и $$C_{1}B_{1}=AB$$.

3) $$BK\perp AB$$; $$B_{1}K\perp(ABC)$$ $$\Rightarrow$$ $$B_{1}B\perp AB$$ $$\Rightarrow$$ $$ABB_{1}C_{1}$$ - прямоугольник

Б) $$V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=V_{AKBLCHA_{1}K_{1}...H_{1}}-6V_{HCAC_{1}}$$ т.к. $$V_{HCAC_{1}}=\frac{1}{3}CH_{1}\cdot S_{CHA}$$, высоты в шести отсеченных пирамидах $$(CHAC_{1};ALBA_{1};BKCB_{1};C_{1}H_{1}A_{1}A;A_{1}B_{1}L_{1}B;B_{1}K_{1}C_{1}C)$$ одинаковы, основания тоже.

2) из $$\bigtriangleup ACH$$: Пусть $$CH=HA=x$$, по т. косинусов: $$3=x^{2}+x^{2}-2\cdot x\cdot x\cdot\cos120^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$x=1$$

3) $$S_{AL...H_{1}}=\frac{\sqrt{3}x^{2}}{4}\cdot6=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{AL...H_{1}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot2=3\sqrt{3}$$

4) $$V_{HCAC_{1}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\sin120^{\circ}\cdot2=\frac{\sqrt{3}}{6}$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=3\sqrt{3}-6\cdot\frac{\sqrt{3}}{6}=2\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$h$$ - высота $$BNAM$$ (из $$B\perp AMN$$) $$\Rightarrow$$ $$h=4$$ $$\Rightarrow$$ $$V_{BNAM}=\frac{1}{3}\cdot5\cdot4=\frac{20}{3}$$

2) $$\frac{V_{ABCD}}{V_{BNAM}}=\frac{BD\cdot BA\cdot BC}{BN\cdot BA\cdot BM}=\frac{2BD}{BN}=\frac{40}{\frac{20}{3}}=\frac{6}{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{BD}{BN}=\frac{3}{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$BN=\frac{1}{3}BD$$; $$ND=\frac{2}{3}BD$$ $$\Rightarrow$$ $$BN\div ND=1\div2$$

Б) 1) Пусть $$BF\perp AM$$; т.к. $$NB\perp(ABC)$$, то $$BF$$ - проекция $$NF$$ на $$(ABC)$$ $$\Rightarrow$$ $$NF\perp AM$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle NFB$$ - между $$(NAM)$$ и $$(ABC)$$ $$AM\perp(NFB)$$

2) $$BN=\frac{1}{3}BD=5$$. Пусть $$BE\perp NF$$, но $$BE\perp AM$$ $$\Rightarrow$$ $$BE\perp(NAM)$$ $$\Rightarrow$$ $$BE=h=4$$

3) Из $$\bigtriangleup NBF$$: $$BE$$ - высота $$\Rightarrow$$ $$\angle NBF=\angle NFB$$ $$\Rightarrow$$ $$\cos\angle NBE=\cos\angle NFB=\frac{BE}{BN}=0,8$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

А) 1) Пусть $$AC\cap BD=Q$$ $$\Rightarrow$$ по свойствам прямоугольника $$AQ=QC=QD=QB$$/ $$SA=SB=SC=SD$$; $$SQ$$ - общая $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup SAQ=\bigtriangleup SBQ=\bigtriangleup SCQ=\bigtriangleup SDQ$$ по трем сторонам $$\Rightarrow$$ $$\angle SQD=\angle SQB=\angle SQA=\angle SQC=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$SQ$$ - высота $$SABCD$$

2) $$AD=BC$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup SDA=\bigtriangleup SBC$$ $$\Rightarrow$$ $$SL=SK$$ (где $$L$$ и $$K$$ - середины $$AD$$ и $$BC$$), но $$SL\perp AD$$ и $$LK\perp AD$$ $$\Rightarrow$$ $$AD\perp(SLK)$$ и $$(ADS)\perp(SLK)$$, аналогично $$(SBC)\perp(SLK)$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle LSK=60^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup SLK$$ - равносторонний

3) $$SO=OQ$$ $$\Rightarrow$$ $$SL_{1}=L_{1}L$$ ($$\bigtriangleup SL_{1}K_{1}\sim\bigtriangleup SLK$$); $$L_{1}K_{1}$$ - средняя линия $$SLK$$ $$\Rightarrow$$ $$SQ$$ - медиана; $$KL_{1}$$ - медиана $$\Rightarrow$$ $$KL_{1}\cap SQ=H$$; $$\frac{SH}{HQ}=\frac{2}{1}$$, но $$\frac{SO}{OQ}=\frac{1}{1}$$ $$\Rightarrow$$ $$OH=\frac{2}{3}SQ-\frac{1}{2}SQ=\frac{1}{6}SQ$$, а $$HQ=\frac{1}{3}SQ$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{OH}{HQ}=\frac{1}{2}$$

Б) 1) Пусть $$N$$ - середина $$AB$$: в $$\bigtriangleup OQN$$ проведем $$HY\parallel QN$$. Через $$Y$$ построим $$BY\cap AO=R$$; из $$R$$ проведем $$RZ\parallel BC$$ $$\Rightarrow$$ $$(BRZC)$$ - сечение.

2) Пусть $$BR\cap CZ=L_{1}$$; $$LO\cap KL_{1}=I$$

3) $$\bigtriangleup L_{1}OI\sim\bigtriangleup LIK$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{L_{1}O}{LK}=\frac{L_{1}I}{IK}=\frac{1}{4}$$ $$\Rightarrow$$ $$L_{1}I=\frac{1}{5}L_{1}K$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{L_{1}RZ}=\frac{1}{25}S_{L_{1}BC}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{RZCB}=\frac{24}{25}S_{L_{1}BC}$$

4) Пусть $$L_{2}$$ - проекция $$L_{1}$$ на $$(ABCD)$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{L_{1}BC}=\frac{S_{L_{2}BC}}{\cos\angle L_{1}KL}(*)$$

5) $$S_{L_{2}BC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{L_{2}K}{LK}S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot25=\frac{75}{8}$$

$$\angle SKL=60^{\circ}$$,т.к. $$SL=SK$$, а $$\angle SLK=60^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle L_{1}KL=30^{\circ}$$. С учетом $$(*)$$: $$S_{L_{1}BC}=\frac{75}{8}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{25\sqrt{3}}{4}$$ $$\Rightarrow$$ $$S_{RZCB}=\frac{25\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{24}{25}=6\sqrt{3}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!