СКЛАДУ НМТ: завдання, відповіді, рішення

Каталог заданий.
Багатогранники

Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий
Версия для печати и копирования в MS Word

Тип Д8 B3 № 1434 Добавить в вариант

Источник: НМТ 2022 року з математики — демонстраційний варіант

Кодификатор Решу НМТ: 5.3.3 Пирамида, её основание, боковые рёбра, высота, боковая поверхность

Классификатор стереометрии: Пирамида, Правильная четырёхугольная пирамида, Четырехугольная пирамида

Справедливість тверджень стереометрії. Багатогранники

У правильній чотирикутній піраміді SABCD (див. рисунок) SO — висота, $\angleSCO = 30 градусов ,$ $AO = корень из 6 .$ З єднайте початок речення (1–3) та його закінчення (А–Д) так, щоб

утворилося правильне твердження.

Початок речення

1 Довжина діагоналі АС дорівнює

2 Довжина висоти SO дорівнює

3 Довжина ребра АS дорівнює

Закінчення речення

А  $корень из 2$

Б  $2 корень из 2$

В  $2 корень из 3$

Г  $2 корень из 6$

Д  $4 корень из 2$

Решение.

1. В основании пирамиды лежит квадрат, поэтому $AC = 2AO = 2 корень из 6 .$ Ответ — Г.

2. Треугольник $\triangleSOC$  — прямоугольный, $\angleSCO = 30 градусов ,$ поэтому $SC = 2SO.$ В основании пирамиды лежит квадрат, поэтому AO = OC. По теореме Пифагора:

$левая круглая скобка 2SO правая круглая скобка в квадрате = OC в квадрате плюс SO в квадрате равносильно 3SO в квадрате = OC в квадрате равносильно SO = корень из: начало аргумента: дробь: числитель: OC в квадрате , знаменатель: 3 конец дроби конец аргумента равносильно SO = корень из: начало аргумента: дробь: числитель: левая круглая скобка корень из 6 правая круглая скобка в квадрате , знаменатель: 3 конец дроби конец аргумента = корень из 2 .$ $левая круглая скобка 2SO правая круглая скобка в квадрате = OC в квадрате плюс SO в квадрате равносильно 3SO в квадрате = OC в квадрате равносильно$
$равносильно SO = корень из: начало аргумента: дробь: числитель: OC в квадрате , знаменатель: 3 конец дроби конец аргумента равносильно SO = корень из: начало аргумента: дробь: числитель: левая круглая скобка корень из 6 правая круглая скобка в квадрате , знаменатель: 3 конец дроби конец аргумента = корень из 2 .$

Ответ — А.

3. Треугольник $\triangleAOS$  — прямоугольный, $AO = корень из 6 ,$ $SO = корень из 2 .$ По теореме Пифагора:

$AS в квадрате = AO в квадрате плюс SO в квадрате равносильно AS = корень из: начало аргумента: AO в квадрате плюс SO в квадрате конец аргумента равносильно AS = корень из: начало аргумента: левая круглая скобка корень из 6 правая круглая скобка в квадрате плюс левая круглая скобка корень из 2 правая круглая скобка в квадрате конец аргумента = корень из 8 = 2 корень из 2 .$ $AS в квадрате = AO в квадрате плюс SO в квадрате равносильно AS = корень из: начало аргумента: AO в квадрате плюс SO в квадрате конец аргумента равносильно$
$равносильно AS = корень из: начало аргумента: левая круглая скобка корень из 6 правая круглая скобка в квадрате плюс левая круглая скобка корень из 2 правая круглая скобка в квадрате конец аргумента = корень из 8 = 2 корень из 2 .$

Ответ — Б.

Ответ: ГАБ.

Ответ: Г&А&Б

Источник: НМТ 2022 року з математики — демонстраційний варіант

РешениеСпрятать решение

Тип Д8 B3 № 1478 Добавить в вариант

Кодификатор Решу НМТ: 5.2.1 Пересекающиеся, параллельные и скрещивающиеся прямые

Классификатор стереометрии: Перпендикулярность прямых

Справедливість тверджень стереометрії. Багатогранники

Відрізок ОВ є проекцією похилої АВ на площину $альфа$ (див. рисунок). Які з наведених тверджень є правильними?

I. Відрізки AB і OB перпендикулярні.

II. Відрізки AB і OA перпендикулярні.

III. Відрізки OB і OA перпендикулярні.

Решение.

1. Через $A\notin альфа$ можно провести только одну прямую, перпендикулярную α. Итак, АВ не перпендикулярна ОB, утверждение неверно.

2. Угол $\angleBAO$  — острый, поэтому отрезок АВ также не перпендикулярен ОА. Утверждение неверно.

3. Отрезки OA и OB перпендикулярны. Согласно условию, ОВ — проекция АB на плоскость α. Поэтому $AO \perp альфа ,$ $OB принадлежит альфа .$ Отсюда $OB \perp OA,$ утверждение верно.

Правильный ответ указан под номером 4.

Ответ: 4

РешениеСпрятать решение

Тип Д8 B3 № 1479 Добавить в вариант

Кодификатор Решу НМТ:

5.2.3 Параллельность плоскостей, признаки и свойства;

5.2.4 Перпендикулярность прямой и плоскости, признаки и свойства;

5.2.5 Перпендикулярность плоскостей, признаки и свойства.

Классификатор стереометрии: Параллельность плоскостей, Перпендикулярность плоскостей, Перпендикулярность прямой и плоскости

Справедливість тверджень стереометрії. Багатогранники

Точка A належить площинi α. Яки з наведених тверджнь є правильными?

I. Через точку A можна провести пряму, перпендикулярну до площини α.

II. Через точку A можна провести площину, перпендикулярну до площини α.

III. Через точку A можна провести площину, паралельну площини α.

Решение.

1. Достаточно чтобы прямая а была перпендикулярна каждой из двух прямых с и b (см. рис. 1). Утверждение верно.

2. Через точку A можно провести множество перпендикулярных плоскостей к плоскости α. Достаточно, чтобы построенная перпендикулярная плоскость проходила через прямую а с п. 1 (см. рис. 2). Утверждение верно.

3. Согласно аксиоме стереометрии, если две плоскости имеют общую точку, то они либо совпадают, либо пересекаются по прямой, проходящей через эту точку. Если провести через точку А параллельную плоскость β — то она будет совпадать с плоскостью α. Утверждение неверно.

Ответ: 4

РешениеСпрятать решение

Тип Д8 B3 № 1480 Добавить в вариант

Кодификатор Решу НМТ:

5.2.3 Параллельность плоскостей, признаки и свойства;

5.2.4 Перпендикулярность прямой и плоскости, признаки и свойства.

Классификатор стереометрии: Параллельность плоскостей, Перпендикулярность прямой и плоскости

Справедливість тверджень стереометрії. Багатогранники

Площини α i β паралельнi. Якi з наведених тверджень є правильними?

I. Iснує пряма, що лежить i в площинi α i в площини β.

II. Якщо пряма перпендикулярна до площини α, то вона перпендикулярна до площини β.

III. Якщо пряма лежить у площинi α, то вона паралельна будь-якiй прямiй у площинi β.

Решение.

1. Если прямая лежит в каждой из двух плоскостей и α, и β, то эти плоскости имеют общие точки, что противоречит условию параллельности α и β. Утверждение ошибочно.

2. Если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей, она перпендикулярна и другой из них. Утверждение верно.

3. Прямая, лежащая в одной из параллельных плоскостей, либо параллельна, либо скрещивается с прямой, лежащей в другой параллельной плоскости. Утверждение ошибочно.

Ответ: 3

РешениеСпрятать решение

Тип Д8 B3 № 1481 Добавить в вариант

Кодификатор Решу НМТ: 5.2.1 Пересекающиеся, параллельные и скрещивающиеся прямые

Классификатор стереометрии: Параллельность прямых

Справедливість тверджень стереометрії. Багатогранники

У просторі задано паралельні прямі тій. Які з наведених тверджень є правильними?

I. Існує площина, що містить обидві прямі m і n.

II. Існує пряма, що перетинає обидві прямі m і n.

III. Існує точка, що належить обом прямим m і n.

Решение.

В пространстве заданы параллельные прямые m i n. Эти прямые лежат в одной плоскости и не пересекаются (по определению параллельных прямых). Отсюда верным является первое утверждение, а третье — неверно.

Через две прямые в плоскости можно провести прямую, которая пересекает обе прямые m i n. Второе утверждение верно.

Таким образом, верные утверждения — 1 и 2.

Правильный ответ указан под номером 5.

Ответ: 5

РешениеСпрятать решение

Пройти тестирование по этим заданиям

Наверх