Неравенства — задачи ЕГЭ по математике — EXTREMUM

Тип 15 № 13073

Сверните выражение $\cos(\tfrac{32\pi}{7})\cos 6x + \sin(\tfrac{32\pi}{7})\sin 6x$ по формуле суммы/разности $\sin$ / $\cos$ .

Тип 15 № 13133

В основании четырёхугольной пирамиды $MABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 4$ , $AD = 15$ . При этом известны длины некоторых боковых рёбер: $MA = \sqrt{26}$ , $MB = \sqrt{10}$ , $MC = \sqrt{235}$ .

а)Докажите, что $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) Найдите угол между прямой $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

Решение:

а)

Рассмотрим треугольник $MBA$ :

$MA^{2} = 26 = 10 + 16 = (\sqrt{10})^{2} + 4^{2} = MB^{2} + AB^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBA$ прямоугольный и $MB \perp AB$ .

Рассмотрим треугольник $MBC$ :

$MC^{2} = 235 = 10 + 225 = (\sqrt{10})^{2} + 15^{2} = MB^{2} + BC^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBC$ прямоугольный и $MB \perp BC$ .

Таким образом, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABCD)$ . Тогда прямая $MB$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ и $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) По пункту (а) прямая $MB \perp (ABCD)$ , значит, $MB \perp AD$ . По условию $AB \perp AD$ , значит, $AD \perp (ABM)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $AM$ — проекция $MD$ на плоскость $(ABM)$ . Тогда угол $AMD$ и есть угол между $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

По теореме Пифагора в треугольнике $AMD$ :

$MD^{2} = MA^{2} + AD^{2} = 26 + 225 = 251, \qquad MD = \sqrt{251}.$

Тогда найдём искомый угол:

$\sin \angle AMD = \frac{AD}{MD} = \frac{15}{\sqrt{251}},$

$\angle AMD = \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}.$

Ответ: б) $\displaystyle \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}$ .

Тип 15 № 13134

В основании четырёхугольной пирамиды $MABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 4$ , $AD = 15$ . При этом известны длины некоторых боковых рёбер: $MA = \sqrt{26}$ , $MB = \sqrt{10}$ , $MC = \sqrt{235}$ .

а)Докажите, что $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) Найдите угол между прямой $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

Решение:

а)

Рассмотрим треугольник $MBA$ :

$MA^{2} = 26 = 10 + 16 = (\sqrt{10})^{2} + 4^{2} = MB^{2} + AB^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBA$ прямоугольный и $MB \perp AB$ .

Рассмотрим треугольник $MBC$ :

$MC^{2} = 235 = 10 + 225 = (\sqrt{10})^{2} + 15^{2} = MB^{2} + BC^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBC$ прямоугольный и $MB \perp BC$ .

Таким образом, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABCD)$ . Тогда прямая $MB$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ и $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) По пункту (а) прямая $MB \perp (ABCD)$ , значит, $MB \perp AD$ . По условию $AB \perp AD$ , значит, $AD \perp (ABM)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $AM$ — проекция $MD$ на плоскость $(ABM)$ . Тогда угол $AMD$ и есть угол между $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

По теореме Пифагора в треугольнике $AMD$ :

$MD^{2} = MA^{2} + AD^{2} = 26 + 225 = 251, \qquad MD = \sqrt{251}.$

Тогда найдём искомый угол:

$\sin \angle AMD = \frac{AD}{MD} = \frac{15}{\sqrt{251}},$

$\angle AMD = \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}.$

Ответ: б) $\displaystyle \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}$ .

Тип 15 № 13135

В основании четырёхугольной пирамиды $MABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 4$ , $AD = 15$ . При этом известны длины некоторых боковых рёбер: $MA = \sqrt{26}$ , $MB = \sqrt{10}$ , $MC = \sqrt{235}$ .

а)Докажите, что $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) Найдите угол между прямой $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

Решение:

а)

Рассмотрим треугольник $MBA$ :

$MA^{2} = 26 = 10 + 16 = (\sqrt{10})^{2} + 4^{2} = MB^{2} + AB^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBA$ прямоугольный и $MB \perp AB$ .

Рассмотрим треугольник $MBC$ :

$MC^{2} = 235 = 10 + 225 = (\sqrt{10})^{2} + 15^{2} = MB^{2} + BC^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBC$ прямоугольный и $MB \perp BC$ .

Таким образом, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABCD)$ . Тогда прямая $MB$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ и $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) По пункту (а) прямая $MB \perp (ABCD)$ , значит, $MB \perp AD$ . По условию $AB \perp AD$ , значит, $AD \perp (ABM)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $AM$ — проекция $MD$ на плоскость $(ABM)$ . Тогда угол $AMD$ и есть угол между $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

По теореме Пифагора в треугольнике $AMD$ :

$MD^{2} = MA^{2} + AD^{2} = 26 + 225 = 251, \qquad MD = \sqrt{251}.$

Тогда найдём искомый угол:

$\sin \angle AMD = \frac{AD}{MD} = \frac{15}{\sqrt{251}},$

$\angle AMD = \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}.$

Ответ: б) $\displaystyle \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}$ .

Тип 15 № 13136

В основании четырёхугольной пирамиды $MABCD$ лежит прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 4$ , $AD = 15$ . При этом известны длины некоторых боковых рёбер: $MA = \sqrt{26}$ , $MB = \sqrt{10}$ , $MC = \sqrt{235}$ .

а)Докажите, что $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) Найдите угол между прямой $MD$ и плоскостью $ABM$ .

Решение:

а)

Рассмотрим треугольник $MBA$ :

$MA^{2} = 26 = 10 + 16 = (\sqrt{10})^{2} + 4^{2} = MB^{2} + AB^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBA$ прямоугольный и $MB \perp AB$ .

Рассмотрим треугольник $MBC$ :

$MC^{2} = 235 = 10 + 225 = (\sqrt{10})^{2} + 15^{2} = MB^{2} + BC^{2}.$

Следовательно, треугольник $MBC$ прямоугольный и $MB \perp BC$ .

Таким образом, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABCD)$ . Тогда прямая $MB$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ и $MB$ — высота пирамиды $MABCD$ .

б) По пункту (а) прямая $MB \perp (ABCD)$ , значит, $MB \perp AD$ . По условию $AB \perp AD$ , значит, $AD \perp (ABM)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $AM$ — проекция $MD$ на плоскость $(ABM)$ . Тогда угол $AMD$ и есть угол между $MD$ и плоскостью $(ABM)$ .

По теореме Пифагора в треугольнике $AMD$ :

$MD^{2} = MA^{2} + AD^{2} = 26 + 225 = 251, \qquad MD = \sqrt{251}.$

Тогда найдём искомый угол:

$\sin \angle AMD = \frac{AD}{MD} = \frac{15}{\sqrt{251}},$

$\angle AMD = \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}.$

Ответ: б) $\displaystyle \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}$ .