Решите уравнение решу егэ 13 номер

Задание 13 ЕГЭ-2021. Решение уравнений

1. а) Решите уравнение

б) Найдите все его корни на отрезке

Решим второе уравнение;

б) Отберем корни на отрезке с помощью единичной окружности.

Отметим на единичной окружности отрезок и найдем серии решений;

Видим, что указанному отрезку принадлежат точки

2. а) Решите уравнение

б) Найдите все корни на отрезке

По формуле синуса двойного угла,

Вынесем за скобки

а так как получим:

Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из множителей равен нулю.

б) Найдем корни на промежутке

1) Рассмотрим первую серию решений:

значит, из первой серии решений в указанный промежуток попадают 2 корня и

2) Рассмотрим вторую серию решений:

разделим все части неравенства на 2

Значит, из второй серии решений получаем ещё один корень

3) Рассмотрим третью серию решений:

из третьей серии получаем четвертый корень

3. а) Решить уравнение

б) Найти корни на

Применим формулы приведения:

Применим формулу синуса двойного угла:

уравнение примет вид:

б) Найдем корни на отрезке с помощью двойных неравенств.

1) Серия решений

k = 1, значит, на данном промежутке из этой серии находится только 1 корень

2) Серия решений

значит, из этой серии на данном промежутке корней нет.

3) Серия решений

значит, из этой серии на данном промежутке лежат 2 корня

Таким образом, на заданном промежутке мы нашли 3 корня:

4. (Резервный день)

а) Решите уравнение

б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

По формуле приведения,

б) Найдем корни на отрезке с помощью единичной окружности. Видим, что указанному отрезку принадлежат точки

Это полезно

Узнаете, чем отличаются официально-деловой, публицистический, научный, художественный и разговорный стили.

Наш онлайн-курс по Физике

Все темы ЕГЭ с нуля

Можно не только читать, но и смотреть новые объяснения и разборы на нашем YouTube канале!

Пожалуйста, подпишитесь на канал и нажмите колокольчик, чтобы не пропустить новые видео

Задавайте свои вопросы в комментариях и оставляйте задачи, которые вы хотите, чтобы мы разобрали.

Мы обязательно ответим!

Мы заметили, что Вы регулярно пользуетесь нашими материалами для подготовки по физике.

Результат будет выше, если готовиться по отработанной методике.

У нас есть онлайн-курсы как для абитуриентов, так и для преподавателей.

ЕГЭ Профиль №13. Тригонометрические уравнения

13 задания профильного ЕГЭ по математике представляет собой уравнение с отбором корней принадлежащих заданному промежутку. Одним из видов уравнений которое может оказаться в 13 задание является тригонометрическое уравнение. Как правило, это достаточно простое тригонометрическое уравнение для решения которого потребуется знания основных тригонометрических формул, и умение решать простейшие тригонометрические уравнения. Отбор корней тригонометрического уравнения принадлежащих заданному промежутку можно производить одним из четырех способов: методом перебора, с помощью тригонометрической окружности, с помощью двойного неравенства и графическим способом. В данном разделе представлены тригонометрические уравнения (всего 226) разбитые на три уровня сложности. Уровень А — это простейшие тригонометрические уравнения, которые являются подготовительными для решения реальных тригонометрических уравнений предлагаемых на экзамене. Уровень В — состоит из уравнений, которые предлагали на реальных ЕГЭ и диагностических работах прошлых лет. Уровень С — задачи повышенной сложности.

Задание 13. Задача на стереометрию. ЕГЭ 2022 по математике профильного уровня

Что нужно знать, чтобы решить задание 13:

В задании требуется решить уравнение одного из видов: тригонометрическое, рациональное, показательное, логарифмическое, уравнение с радикалом или смешанное уравнение, которое может содержать в себе несколько видов, например, логарифмы и тригонометрию. После решения уравнения, часто необходимо отобрать корни, которые принадлежат определенному промежутку.

Задачи для практики

Задача 1

Дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$. На ребре $AA_1$ отмечена точка $M$, причём $AM:MA_1=1:1$, на ребре $BB_1$ отмечена точка $N$,
причём $BN:NB_1=1:2$, на ребре $CC_1$ отмечена точка $K$, причём $CK:KC_1=1:3$.
а) В каком отношении, считая от точки $D$, плоскость $MNK$ делит ребро $DD_1$?
б) Найдите величину угла между плоскостями $MNK$ и $ABC$.

Решение

а) Пусть ребро куба равно $1$. Противоположные грани куба параллельны, поэтому плоскость $MNK$ пересекает их по параллельным отрезкам. Сечением куба плоскостью $MNK$ является параллелограмм $MNKF$, где $F$ — точка пересечения ребра $DD_1$ с плоскостью $MNK$. Рассмотрим проекцию куба на грань $CC_1D_1D$. $DM_1=AM$, $CN_1=BN$. Отрезки $M_1N_1$ и $FK$ параллельны, поэтому $N_1K= <1>/ <3>— <1>/ <4>= <1>/ <12>$, и $FD=M_1D-M_1F= <1>/ <2>— <1>/ <12>= <5>/ <12>$, значит, $DF:FD_1=5:7$. б) Прямая $FK$ пересекает плоскость основания куба в точке $L$, прямая $NK$ пересекает плоскость основания куба в точке $T$, поэтому плоскость $MNK$ пересекает плоскость $ABC$ по прямой $TL$. В прямоугольном треугольнике $CLT$ отрезок $CH$ — высота, по теореме о трёх перпендикулярах $KH⊥ TL$, поэтому линейный угол $CHK$ является углом между плоскостями $MNK$ и $ABC$. Треугольники $CLK$ и $DLF$ подобны, $CK= <1>/ <4>$, $FD= <5>/ <12>$, $DL=1+CL$, тогда из пропорции $ <1>/ <4>: <5>/ <12>=CL:(1+CL)$, получим $CL= <3>/ <2>$. Аналогично из подобия треугольников $CTK$ и $BTN$ найдём $CT=3$. В прямоугольном треугольнике $CLT$ гипотенуза $LT$ вычисляется по теореме Пифагора:$LT= <3√ 5>/ <2>$, а высота $CH= / = <3>/ <√ 5>$. В прямоугольном треугольнике $CHK$ вычисляем
$\tg∠ CHK= / = <1>/ <4>: <3>/ <√ 5>= <√ 5>/ <12>$, значит, $∠ CHK=\arctg <√ 5>/ <12>$.

Задача 2

Основанием прямой треугольной призмы $PQRP_1Q_1R_1$ является прямоугольный треугольник $PQR$ с прямым углом $R$. Диагонали боковых граней $PP_1Q_1Q$ и $PP_1R_1R$ равны $17$ и $15$ соответственно, $PQ = 10$.
а) Докажите, что треугольник $P_1QR$ прямоугольный.
б) Найдите объём пирамиды $P_1QRR_1$.

Решение

По условию задачи сделаем чертёж.

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

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

В призме $PQRP_1Q_1R_1 : QQ_1 = √ = 3√21, QR = √ = 8, PR = √ = 6, V = PP_1 · / <2>= 72√21$.

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

Задача 3

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ боковое ребро $SA=12$, а высота равна $4$. На рёбрах $AB$, $CD$ и $AS$ отмечены точки $E$, $F$ и $K$ соответственно, причём $BE=CF=12$, $AK=3$.
а) Докажите, что плоскости $SBC$ и $KEF$ параллельны.
б) Найдите объём пирамиды $KSBC$.

Решение

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Векторы $↖<→>$ и $↖<→>$ равны, значит коллинеарны, следовательно плоскости $SBC$ и $KEF$ параллельны.

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

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

Задача 4

В правильной четырёхугольной призме $ABCDA_1B_1C_1D_1$ сторона основания $AB=8√ <2>$, а боковое ребро $AA_1=16$. Точка $K$ — середина ребра $A_1B_1$. На ребре $DD_1$ отмечена точка $F$ так, что $DF=4$. Плоскость $α$ параллельна прямой $A_1C_1$ и содержит точки $K$ и $A$.
а) Докажите, что прямая $BF$ перпендикулярна плоскости $α$.
б) Найдите объём пирамиды, вершина которой точка $B$, а основание — сечение данной призмы плоскостью $α$.

Решение

1. Построим сечение призмы плоскостью $α$.

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

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

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

3. Рассмотрим векторы $↖ <→>(8√2; 8√2; 4), ↖ <→>(-8√2; 4√2; 16)$ и $↖ <→>(4√2; -8√2; 16)$.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Задача 5

В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_<1>B_<1>C_<1>D_<1>$ сторона $AB=AA_<1>=3$, $AD=6$. На рёбрах $AD$ и $CC_<1>$ взяты соответственно точки $M$ и $N$ — середины этих рёбер.
а) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через вершину $D$, параллельно $MN$ и $B_<1>C$.
б) Найдите объём пирамиды, основание которой — построенное сечение, а вершина — точка $D_<1>$.

Решение

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

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

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

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

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

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

Задача 6

В правильной треугольной призме $ABCA_1 B_1 C_1$ сторона основания равна $12$, а боковое ребро равно $4√ <2>$. На рёбрах $AB$, $A_1 B_1$ и $B_1 C_1$ отмечены точки $F$, $N$ и $K$ соответственно, причём $AF=B_1 N=C_1 K =4$.
а) Пусть $L$ — точка пересечения плоскости $FNK$ с ребром $AC$. Докажите, что $FNKL$ — ромб.
б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью $FNK$.

Решение

а) Докажем, что $FNKL$ — ромб.

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

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

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

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

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

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

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

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

Проведём $N E ⊥ F B$.

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

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

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

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

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

Построим сечение пирамиды плоскостью $FNK$ .

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

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

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

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

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

$S_ <сеч>= S_ + S_ = 48 + 12 = 60$.

Задача 7

Дана четырёхугольная пирамида $SABCD$ с прямоугольником $ABCD$ в основании, $AB=6$, $BC=6√ <2>$. Высота пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей основания. Из вершин $A$ и $C$ на ребро $SB$ опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ$.

а) Докажите, что точка $P$ является серединой отрезка $BQ$.

б) Найдите угол между плоскостями $SBA$ и $SBC$, если $SD=12$.

Решение

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

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

2) $△SKB∼△CQB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда $/ = /; / <3√2>= <6√2>/; QB = <36>/$.

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

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

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

5) По теореме косинусов для $△APK$:

$AK^2 = AP^2 + PK^2 — 2·AP·PK·cosα$;

Для доступа к решениям необходимо включить уведомления от группы Турбо в вк — это займет буквально 10 секунд. Никакого спама, только самое важное и полезное для тебя. Ты всегда можешь запретить уведомления.

Статистика

Задание №13 является мостиком между 1 и 2 частями и от ее выполнения часто зависит, сможешь ли ты набрать выше 70 баллов, для многих это решающие баллы при получении золотой медали, так или иначе эти 2 первичных балла – фундамент для поступления, особенно на бюджет.

Алгоритм решения задания №13

1. Находить ОДЗ — область допустимых значений переменной. Например, если мы видим в задаче √x, нужно отметить, что x⩾0. Также нужно быть аккуратным с логарифмами, знаменателем, tg(x) и ctg(x), которые существуют не при всех значениях переменной x.
2. Хорошо знать тригонометрию. В 95% случаев на ЕГЭ дают либо чисто тригонометрическое уравнение, либо уравнение смешанного типа, в котором присутствует тригонометрия.

Что тебе точно пригодится: табличные значения, формулы приведения, знаки тригонометрических функций, решение простейших тригонометрических уравнений, формулы двойного аргумента, синус и косинус суммы (разности), основное тригонометрическое тождество.
Сделать замену. Большинство уравнений сводится к замене. Например, если перед тобой уравнение:

Пример

Как было отмечено ранее, сделаем замену и решим квадратное уравнение для новой переменной:

Оба корня получились неотрицательными, значит нам подойдут Сделаем обратную замену и найдем решения для исходной переменной:

В пункте (а) рисовать окружность не обязательно, здесь она приведена только для вашего удобства. Вот мы и набрали 1 балл, теперь давайте воспользуемся способом отбора корней при помощи единичной окружности и заработаем максимальное количество баллов за задачу.

Давайте разберем критерии такого отбора. Это очень важно, потому что при их невыполнении эксперт может посчитать отбор недостаточно обоснованным:

Критерии отбора корней с помощью окружности

1. Отметь на окружности граничные точки
2. Заштрихуй область об меньшего значения к большему (против часовой стрелки)
3. Отметь все подходящие корни на окружности и обязательно подпиши их значения. Желательно отдельно распиши, как ты их получил.

Вот тебе аналогичный пример для решения дома, потренируйся и я уверен, что практика задания 13 принесет тебе 2 балла на экзамене.

Еще больше крутых лайфхаков, разборов, ловушек ЕГЭ и теории в нашей группе вконтакте и инсте преподавателей @turboegemath и @turbomath