Самые сложные задачи ЕГЭ по математике 1 части | решает создатель РешуЕГЭ

Самые сложные задачи ЕГЭ по математике 1 части. Cоздатель РешуЕГЭ решает ЕГЭ по профильной математике. Мы пригласили Дмитрия Дмитриевича Гущина, чтобы вместе с ним разобрать самые сложные задачи из 1 части ЕГЭ по профильной математике. С этими задачами справится далеко не каждый школьник, но, что самое главное, они могут попасться на реальном ЕГЭ 2024.

Ещё больше полезной информации для подготовки к экзаменам в наших соцсетях:

Гущин Дмитрий Дмитриевич – преподаватель Академической гимназии СПбГУ им. Д.К. Фаддеева, создатель сайта РешуЕГЭ
Блашков Илья Владимирович – инженер-исследователь кафедры радиофизики СПбГУ

Таймкоды:
00:00:00 — О чём это видео?
00:01:20 — 1 задача
00:09:10 — 2 задача
00:13:30 — 3 задача
00:20:18 — 4 задача
00:25:02 — 5 задача
00:32:30 — 6 задача
00:38:39 — 7 задача
00:43:32 — 8 задача
00:54:09 — 9 задача
00:59:49 — 10 задача
01:06:56 — 11 задача
01:11:45 — 12 задача
01:21:17 — Заключительное слово

#поступление #егэ2024 #спбгу #математика #математикапрофиль2024 #вуз #решуегэ

[fokuspokusss]

Шедеврально, а теперь давайте параметры и теорию чисел ! Посмотрим какие умные 🥸. Какой смысл первую часть решать, она элементарная, вот 19 задание другое дело)

[obmanoff]

Как они непринужденно, сочетая приятный юмор и математические знания общаются друг с другом. И это все так легко происходит, что даже ничего не понимая в математике, становится интересно их слушать. Сдавая базу, они увлекли меня потратить полтора часа и посмотреть решение профиля)

[vector_MSU]

Задача 1. Из вершины С проводим отрезок СМ равный и параллельный ДВ. Тогда АСМ равнобедренный прямоугольный. Его гипотенуза это сумма оснований, а высота является медианой. Ответ в одно действие.

[ГалинаМамонтова-уя]

Намного проще применить свойство равнобедреного прямоугольного треугольника - равенство катетов 1)Треуголник АОЕ тоже прямоугольный и равнобедренный, а поэтому АВ= 2 АЕ= 2ОЕ.
2) Аналогично СД=2ОF.
3) АВ+СД =2 Е F, а значит S= 1/2 (AB+CD) FE= FE²= 14²=196

[e-sitesupport]

Ну, если в 1 задаче только теоремой пифагора... Конечно не совсем она, но можно рассмотреть частный случай когда основания равны. Т.к. боковые противолежащие стороны равны а диагонали перпендикулярны, то это - квадрат))))

[cameton]

Заранее извиняюсь за грамматику и недочёты. Но вот решение первой задачи через теорему пифагора. Проведём две равные высоты из вершин D и C на сторону AB соответственно в точках H и K. Рассмотрим четырёх угольник HDCK, поскольку DC параллельна AB ( по построению) и DH и CK перпендикулярны AB, значит угол H = угол D = угол C = угол K = 90 = > HDCK -прямоугольник. Поскольку ADCB равнобедренная трапеция, то угол D = угол C => угол ADH = угол D - 90 = угол KCB => треугольник ADH = KCB ( по двум сторонам и углу между ними). Обозначим CO за x, а OB за y.Так как по условию трапеция равнобедренная => CO = DO = x и OB = OA = y.Рассмотрим прямоугольный треугольник DOC (по построению): по теореме пифагора DC = x*sqrt(2), аналогично и для треугольника AOB, AB = y*sqrt(2).Так как DC = HK и AH = BK => AB = DC + 2 * AH => AH = (AB-DC)/2 = ( y*sqrt(2) - x*sqrt(2))/2. Рассмотрим прямоугольный треугольник AOD (по построению): по теореме пифагора AD = sqrt(x^2 +y^2). Теперь рассмотрим треугольник ADH : по теореме пифагора DH = sqrt((sqrt(x^2 +y^2))^2 +( ( y*sqrt(2) - x*sqrt(2))/2)^2)= sqrt(x^2 +y^2 - ( (sqrt(2)( y - x))/2)^2) = sqrt(x^2 +y^2 - ( 2*( y - x)^2)/4) =sqrt(x^2 +y^2 + ( -( y - x)^2)/2) = sqrt(x^2 +y^2 + ( -y^2+2yx-x^2)/2) = sqrt( (y^2+2yx+x^2)/2) = sqrt(((y + x)^2)/2) = (sqrt (2) * (y+x))/2 =(y * sqrt (2) +x*sqrt(2) ) / 2 . Так как AB = y*sqrt(2) и DC = x*sqrt(2), то DH =( AB + DC) / 2.Поскольку средняя линия трапеции - это m = ( AB + DC) / 2, то m = DH = 12

[svatslaudfi]

нифига, данилинг с понасенковым застримил