Да, известно о том, что будет изменен регламент ЕГЭ по математике. Борис Ливанов, министр культуры, сказал, что ЕГЭ по математике пройдет в очень жестком стиле, но подробностей этих сюрпризов не стал раскрывать. Вот примерно такая же статья из Интернета: ЕГЭ по математике пройдет более жестко
Скорее всего, будет увеличено число "надсмотрщиков", так как цифровая техника, нужная для фотографирования экзаменационных листов, может быть "шпионской" и выглядеть в виде пуговицы, заколки, брелка.
Один раз я видел, как через Интернет продавали шпионскую веб-камеру в виде пуговицы. Включил ее - и пришел на ЕГЭ и ведешь оттуда репортаж!
Так что Минобр России находится в очень тяжелом положении. Дальний Восток, откуда прут фотографии экзаменационных листов, находится рядом с Китаем, откуда поступает к нам вся продвинутая шпионская техника.
Выход один - раздеть учеников догола или окутать их государственными простынями, типа как мусульман. Другого выхода я не вижу.
Точку пересечения диагоналей обозначим за F.
Пусть угол AFD = BFC= x, значения остальных углов можно найти из сумм углов треугольников, и я их обозначил на рисунке
Пусть АС = а; тогда по теореме синусов
из треугольника АВС
AB/sin 35 = a/sin 125 = BC/sin 20
AB = a sin 35 / sin 125 = a tg 35
из треугольника ABD
AD/sin(x-20) = AB/sin 70 = a tg 35 / sin 70
AD = a sin(x-20) tg 35 / sin 70
из треугольника ACD
AD/sin(x-40)=a/sin 110
AD = a sin(x-40)/sin 110
Приравниваем AD, учитывая, что sin 70 = sin 110
sin(x-20) tg 35 = sin (x-40)
(sin x cos 20 - cos x sin 20) tg 35 = sin x cos 40 - cos x sin 40
sin x (cos 20 tg 35 - cos 40) = cos x (sin 20 tg 35 - sin 40)
tg x = (tg 35 sin 20 - sin 40)/(tg 35 cos 20 - cos 40)
x = 75 градусов (если разрешат пользоваться Брадисом или калькулятором)
Рисунок не очень "гладкий" получился: вершины тругольников немного смещены относительно окружностей, но понять, в принципе, можно.
Треугольник ADO1 равнобедренный, по теореме Пифагора можем найти его высоту O1G = sqrt(O1D^2 - GD^2) = sqrt(4 - 0,25)=sqrt(15)/2.
Тоже равнобедренный треугольник DCO2. Мы знаем его основание, а значит знаем, что DF = 1. Треугольники GDO1 и FDO2 подобны, так как оба прямоугольные и имеют равные углы GDO1 и FDO2 (равны как вертикальные при пересечении отрезков O1O2 и AC). Коэффициент подобия равен 2. (из отношения DF к DG). Значит FO2 в два раза больше GO1. FO2 является средней линией треугольника BCD, то есть равна половине BD. BD = 4 GO1= 2 sqrt(15). Площадь треугольника АВС таким образом равна S = BD * AC / 2 = 3 sqrt(15). Если ещё и умножить, как требует условие задачи на sqrt(15), то в ответ пойдёт значение 45.
Быстро и эффективно подготовиться к экзамену можно. Но при этом нужно соблюсти ряд условий. Ученик должен быть умным, развитым, сообразительным, начитанным. Обычно это олимпиадники по различным предметам. Они глубоко изучают свой предмет (математику, физику, химию, биологию и т.д.). Им достаточно объяснить, как выполняются задания, как пишется сочинение, выполнить 5 - 10 тестов, написать несколько сочинений (чтобы учитель их прокомментировал). Тогда 65 - 80 баллов они наберут.
Другое условие: ученик должен в течение 11 лет учебы в школе хорошо учиться по русскому языку: учить все правила, выполнять задания. Тогда специальной подготовки ему не понадобится. Достаточно того, что описано выше.
Если ребенок в течение 11 лет учебы не учил правил, занимался на "3", если он плохо соображает, если он непонятливый, эффективно подготовиться к экзаменам за небольшое количество времени невозможно. Есть выход: в 11 классе нанять репетитора и заниматься по 3-4 раза в неделю. Придется работать не покладая рук (учить, писать сочинения и т.д.). Наберет 50 - 70 баллов.
Чудеса, конечно, бывают, но если не готовиться к экзаменам, то вряд ли чудо произойдет.
Как известно, любые три точки всегда лежат в одной плоскости.
Как известно, прямые могут пересекаться только тогда, когда они лежат в одной плоскости.
Как известно, любые три не совпадающие точки "формируют" определенную плоскость.
Как известно, любые две пересекающиеся прямые формируют определенную плоскость.
Теперь рассмотрим условия задачи.
Применим доказательство "от противного", предположим, что прямые КМ и РТ пересекаются. Из этого однозначно следует, что лежат эти прямые в одной плоскости и ВСЕ точки этих прямых принадлежат указанной плоскости. Следовательно, все четыре точки К, М, Р и Т должны лежать в одной плоскости, что противоречит условиям задачи.
Значит, наше предположение неверное и указанные прямы НЕ ПЕРЕСЕКАЮТСЯ.
Что и требовалось доказать.
