Всі запитання ЗНО з математики онлайн із відповідями, починаючи з 1335

Завдання 1336 з 2001

Укажіть число, що є розв'язком нерівності $$ \frac{5}{x-3}\ge 1. $$

А$-2$

Б$0$

В$2$

Г$9$

Д$4$

Позначте відповіді:

А	Б	В	Г	Д

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Вид завдання: Завдання з вибором однієї правильної відповіді
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1337 з 2001

На рисунку зображено прямі $m$ i $n$, що перетинаються. Визначте градусну міру кута $\gamma$, якщо $\alpha+\beta=50^\circ.$

А$310^\circ$

Б$155^\circ$

В$145^\circ$

Г$140^\circ$

Д$130^\circ$

Позначте відповіді:

А	Б	В	Г	Д

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Вид завдання: Завдання з вибором однієї правильної відповіді
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1338 з 2001

Розв’яжіть нерівність $\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}\gt a$ при всіх значеннях параметра $a.$

Це завдання відкритого типу з розгорнутою відповіддю, воно оцінюється екзаменатором за спеціальними критеріями оцінювання.
Максимальна кількість балів за це завдання: 6.

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Ірраціональні нерівності з параметром.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати нерівності з параметрами.

Задана нерівність $$ \sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}\gt a\ \ \ \ \ (1) $$ має сенс, якщо обидва підкореневі вирази набувають невід’ємних значень: $a+x\ge 0$ і $a-x\ge 0$, отже, область допустимих значень (ОДЗ) заданої нерівності є множина розв’язків системи нерівностей $$ \left\{\begin{array}{l} x\ge -a,\\ x\le a.\ \ \ \ \ \ (2) \end{array}\right. $$

Розглянемо випадки:

1) $a\lt 0$, тоді система (2) не має розв’язків, отже, і задана нерівність також.

2) $a=0$, тоді розв’язком системи (2) є єдине значення $x=0$, яке не задовольняє нерівність $\sqrt{x}+\sqrt{-x}\gt 0$, оскільки $\sqrt{0}+\sqrt{0}=0.$ Отже, при $a=0$ нерівність (1) не має розв’язків.

3) $a\gt 0$, тоді ліва та права частини нерівності (1) набувають лише невід’ємних значень, тому піднесемо обидві частини нерівності (1) до квадрата, у результаті отримаємо нерівність, яка рівносильна на ОДЗ нерівності (1):

\begin{gather*} (\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x})^{2}\gt a^{2},\\[7pt] a+x+2\sqrt{a+x}\sqrt{a-x}+a-x\gt a^{2},\\[7pt] 2a+2\sqrt{a^{2}-x^{2}}\gt a^{2},\\[7pt] 2\sqrt{a^{2}-x^{2}}\gt a^{2}-2a.\ \ \ \ \ \ (3) \end{gather*}

Хід розв’язання нерівності (3) визначається знаком її правої частини. Розглянемо випадки:

а) $$ \left\{\begin{array}{l} a\gt 0,\\ a^2-2a\lt 0, \end{array}\right. $$ тобто $a\in (0; 2)$. За таких значень $a$ нерівність (3) рівносильна нерівності \begin{gather*} a^{2}-x^{2}\ge 0,\\[7pt] x^{2}\le a^{2},\\[7pt] x\in [-a; a]. \end{gather*} Отже, якщо $a\in (0; 2)$, то множиною розв’язків нерівності (3), відповідно й нерівності (1), є проміжок $x\in [-a; a].$

б) $$ \left\{\begin{array}{l} a\gt 0,\\ a^2-2a\ge 0, \end{array}\right. $$ тобто $a\in [2; +\infty).$ Тоді обидві частини нерівності (3) невід’ємні. Піднесемо їх до квадрата і отримаємо на ОДЗ рівносильну заданій нерівність:

\begin{gather*} (2\sqrt{a^{2}-x^{2}})^{2}\gt (a^{2}-2a)^{2},\\[7pt] 4(a^{2}-x^{2})\gt a^{4}-4a^{3}+4a^{2},\\[7pt] -4x^{2}\gt a^{4}-4a^{3},\\[6pt] x^{2}\lt \frac{4a^3-a^4}{4}\ \text{або}\\[6pt] x^2\lt \frac{a^3(4-a)}{4}.\ \ \ \ \ \ (4) \end{gather*}

Нерівність (4) має розв’язки лише у випадку, коли права частина набуває додатних значень, тобто якщо $a^{3}(4-a)\gt 0$, звідси $a\in (0; 4).$ Враховуючи, що $a\in [2; +\infty)$ i $a\in (0; 4)$, маємо: $a\in [2; 4).$ Для таких значень $a$ множиною розв’язків нерівності (4) є

$$ x\in\left(-\frac{a\sqrt{a(4-a)}}{2};\ \frac{a\sqrt{a(4-a)}}{2}\right). $$

При $a\in [4;+ \infty)$ нерівність (4), отже, і нерівність (1), не мають розв’язків.

Відповідь: $x\in \{\varnothing\}$, якщо $a\in (-\infty; 0]\cup [4; +\infty)$;
$x\in [-a; a]$, якщо $a\in (0; 2)$;
$x\in \left(-\frac{a\sqrt{a(4-a)}}{2}; \frac{a\sqrt{a(4-a)}}{2}\right)$, якщо $a\in [2; 4).$

Вид завдання: Це завдання відкритого типу з розгорнутою відповіддю, тому не передбачає автоматичного оцінювання.
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1339 з 2001

У правильній чотирикутній піраміді $SABCD$ з точки $O$, яка є основою висоти $SO$, до бічного ребра $SA$ проведено перпендикуляр $OM$ довжиною $3\sqrt{6}.$ Двогранний кут при бічному ребрі піраміди дорівнює $120^\circ.$

1. Доведіть, що пряма $SA$ перпендикулярна до площини $BMD.$

2. Знайдіть об'єм піраміди $SABCD.$

Це завдання відкритого типу з розгорнутою відповіддю, воно оцінюється екзаменатором за спеціальними критеріями оцінювання.
Максимальна кількість балів за це завдання: 4.

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Многогранники. Тіла і поверхні обертання. Об’єм тіла.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати задачі на обчислення об’ємів геометричних тіл, зокрема, правильної чотирикутної піраміди.

Для розв’язання завдання потрібно перш за все правильно побудувати рисунок, знати формулу об’єму піраміди, означення двогранного кута та його лінійного кута, вміти визначати довжини відрізків, використовуючи подібність трикутників та співвідношення між сторонами й кутами прямокутного трикутника.

1. Нехай $SABCD$ – задана правильна чотирикутна піраміда, квадрат $ABCD$ – основа піраміди, $SO$ – висота піраміди (див. рисунок).

Оскільки піраміда $SABCD$ є правильною, то точка $O$ є точкою перетину діагоналей квадрата $ABCD.$ Відрізок $OA$ є проєкцією ребра $SA$ на площину основи піраміди. Оскільки діагоналі квадрата перпендикулярні, то $OA\ \perp\ BD.$ За теоремою про три перпендикуляри $SA\ \perp\ BD.$ Окрім цього, за умовою $SA\ \perp\ OM.$ Тоді за ознакою перпендикулярності прямої і площини $SA\ \perp\ BMD$, що й треба було довести.

2. Оскільки $SA\ \perp\ BMD$ і $BM$ та $DM$ лежать в площині $BMD$, то $BM\ \perp\ SA$ і $DM\ \perp\ SA.$ Тому $\angle BMD$ є лінійним кутом двогранного кута з ребром $SA.$ За умовою $\angle BMD = 120^\circ$.

У правильній піраміді всі бічні грані рівні, тому $BM = DM$ (як відповідні відрізки в рівних трикутниках). Тоді в рівнобедреному трикутнику $DMB$ медіана $MO$ є одночасно і висотою, і бісектрисою. Отже, $MO\ \perp\ BD$ i $\angle BMO = 60^\circ.$

З прямокутного трикутника $BMO\mathord{:}$

$$ BO = MO\ \mathrm{tg}\ 60^\circ = 3\sqrt{6} \cdot \sqrt{3} = 9\sqrt{2}. $$

Тоді $AO = BO = 9\sqrt{2}$.

З прямокутного трикутника $AMO\mathord{:}$

$$ AM = \sqrt{AO^{2} - OM^{2}} = \sqrt{(9\sqrt{2})^{2} - (3\sqrt{6})^{2}} = \sqrt{9^{2}\cdot 2 - 9\cdot 6} = 3\sqrt{12} = 6\sqrt{3}. $$

Прямокутні трикутники $SOA$ і $OMA$ подібні (за двома кутами). Тому $$ \frac{SO}{OM} = \frac{AO}{AM}, $$ тоді

$$ SO = \frac{OM \cdot AO}{AM} = \frac{3\sqrt{6} \cdot 9\sqrt{2}}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}\cdot 9\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=9. $$

Обчислимо площу основи піраміди:

$$ S_{ABCD} = \frac{1}{2} BD^{2} = \frac{1}{2} (18\sqrt{2})^{2} = 18^{2} = 324. $$

Тоді об’єм піраміди

$$ V_{SABCD} = \frac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 324 \cdot 9 = 972. $$

Відповідь: 2. $972.$

Вид завдання: Це завдання відкритого типу з розгорнутою відповіддю, тому не передбачає автоматичного оцінювання.
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1340 з 2001

Знайдіть найбільше та найменше значення функції $f(x)=x+\sin 2x$ на відрізку $\left[0; \frac{\pi}{2}\right].$

Це завдання відкритого типу з розгорнутою відповіддю, воно оцінюється екзаменатором за спеціальними критеріями оцінювання.
Максимальна кількість балів за це завдання: 4.

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Дослідження функції за допомогою похідної.

Це завдання перевіряє вміння знаходити найбільше та найменше значення функції на заданому відрізку.

Функція, яка є неперервною на відрізку, досягає на цьому відрізку свого найбільшого та найменшого значень. Ці значення можуть досягатися як в точках, що знаходяться всередині відрізка, так і на кінцях відрізка. Щоб визначити найбільше та найменше значення функції $y=f(x)$ на відрізку $[a; b]$, потрібно:
1) знайти похідну $f'(x)$;
2) визначити критичні точки функції, тобто точки, в яких похідна дорівнює нулю або не існує, після чого відібрати з цих точок ті, що належать проміжку $(a; b)$;
3) обчислити значення функції $y=f(x)$ у відібраних точках та в точках $x=a$ та $x=b$ (кінцевих точках відрізка $[a; b]$) і вибрати серед отриманих значень найбільше та найменше.

Функція $y = x + \sin 2x$ визначена й неперервна на всій числовій прямій, отже, і на відрізку $\left[0; \frac{\pi}{2}\right]$ також.

Знайдемо похідну заданої функції: $$ y' = (x + \sin 2x)' = 1 + 2 \cos 2x. $$

Визначимо критичні точки: \begin{gather*} y' = 0,\\[7pt] 1 + 2 \cos 2x = 0,\\[6pt] \cos 2x = -\frac{1}{2}, \end{gather*} звідси отримуємо:

\begin{gather*} 2x = \pm \mathrm{arccos}\left(-\frac{1}{2}\right) + 2\pi n,\ n \in Z,\\[7pt] 2x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi n,\ n \in Z,\\[6pt] x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi n,\ n \in Z. \end{gather*}

З цих точок заданому відрізку $\left[0; \frac{\pi}{2}\right]$ належить лише одна критична точка $x = \frac{\pi}{3}.$

Обчислимо значення заданої функції у точці $x = \frac{\pi}{3}$ та точках $x = 0$ і $x = \frac{\pi}{2}\mathord{:}$

\begin{gather*} f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \sin\left(2 \cdot \frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2},\\[6pt] f(0)=0+\sin 0 = 0,\\[6pt] f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2} + \sin \pi = \frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}. \end{gather*}

Оскільки

\begin{gather*} f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} \approx \frac{3\mathord{,}14}{3} + \frac{1\mathord{,}73}{2} \approx 1\mathord{,}05 + 0\mathord{,}86 = 1\mathord{,}91,\\[6pt] f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2} \approx 1\mathrm{,}57, \end{gather*}

то порівнявши отримані значення, робимо висновок, що найбільшого значення задана функція досягає в точці $x = \frac{\pi}{3}\mathord{:}$

$$ \max\limits_{x \in \left[0;\frac{\pi}{2}\right]} f(x) = f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}, $$

а найменшого — в точці $x = 0\mathord{:}$

$$ \min\limits_{x \in \left[0;\frac{\pi}{2}\right]} f(x) = f(0) = 0. $$

Відповідь:

\begin{gather*} \max\limits_{x \in \left[0;\frac{\pi}{2}\right]} f(x) = f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2},\\[6pt] \min\limits_{x \in \left[0;\frac{\pi}{2}\right]} f(x) = f(0) = 0. \end{gather*}

Вид завдання: Це завдання відкритого типу з розгорнутою відповіддю, тому не передбачає автоматичного оцінювання.
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1341 з 2001

Діагональ $BD$ прямокутної трапеції $ABCD$ є бісектрисою кута $ADC$ й утворює з основою $AD$ кут $30^\circ$ (див. рисунок). Визначте довжину середньої лінії трапеції $ABCD$ (у см), якщо $BD=20\sqrt{3}$ см.

Впишіть відповідь:

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Трапеція та її властивості.

Це завдання перевіряє вміння визначати довжину середньої лінії прямокутної трапеції.

Щоб розв’язати це завдання потрібно знати саме означення прямокутної трапеції, її властивості, означення та властивість середньої лінії трапеції, бісектриси кута трапеції. Також потрібно знати тригонометричні співвідношення між сторонами та кутами прямокутного трикутника.

Нехай $ABCD$ задана прямокутна трапеція (див. рисунок), $LN$ – її середня лінія: $$ LN = \frac{AD + BC}{2}. $$ У прямокутному трикутнику $BAD$ відомі гіпотенуза $BD = 20\sqrt{3}$ см та $\angle BDA = 30^\circ.$ Тоді $$ \frac{AD}{BD} = \cos 30^\circ, $$ звідки отримуємо:

$$ AD = BD \cos 30^\circ = 20\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 30\ \text{см}. $$

Основа $BC$ трапеції є стороною трикутника $BCD$. Оскільки $BC\ ||\ AD$, то $\angle CBD = \angle ADB = 30^\circ$ (як внутрішні різносторонні), а оскільки $BD$ є бісектрисою кута $ADC$, то $\angle BDC = 30^\circ$. Отже, трикутник $BCD$ є рівнобедреним ($BC = DC$). Висота $CO$ цього трикутника є його медіаною і ділить сторону $BD$ навпіл: $BO = OD$. Знаючи катет $BO = 10\sqrt{3}$ см та прилеглий до нього кут $\angle OBC = 30^\circ$, визначаємо сторону $BC\mathord{:}$ $$ \frac{BO}{BC} = \cos 30^\circ, $$ тоді $$ BC = \frac{BO}{\cos 30^\circ} = \frac{10\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 20\ \text{см}. $$

Отже,

$$ LN = \frac{AD + BC}{2} = \frac{30 + 20}{2} = 25\ \text{см}. $$

Відповідь: $25.$

Вид завдання: Завдання відкритої форми з короткою відповіддю (1 вид)
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1342 з 2001

Марійка зірвала на клумбі $9$ нарцисів та $4$ тюльпани. Скільки всього існує способів вибору із цих квітів $3$ нарцисів та $2$ тюльпанів для букета?

Впишіть відповідь:

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Вид завдання: Завдання відкритої форми з короткою відповіддю (1 вид)
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1343 з 2001

Розв'яжіть рівняння $\log_2x+\log_2(x-7)=3.$ Якщо рівняння має єдиний корінь, то запишіть його у відповіді. Якщо рівняння має кілька коренів, то запишіть у відповіді їхню суму.

Впишіть відповідь:

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Логарифмічні нерівності.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати логарифмічні рівняння.

Область допустимих значень (ОДЗ) цього рівняння визначається системою $$ \left\{\begin{array}{l} x\gt 0,\\ x-7\gt 0. \end{array}\right. $$ Враховуємо, що логарифмічна функція визначена лише для додатних значень аргументу, звідки отримуємо $x\gt 7.$

Задане рівняння на ОДЗ рівносильне рівнянню: \begin{gather*} \log_{2}(x(x-7))=3\log_{2}2,\\[7pt] \log_{2}(x^2-7x)=\log_{2}2^{3},\\[7pt] x^2-7x-8=0, \end{gather*} звідки $x_1=-1\lt 7$ (не задовольняє ОДЗ, отже, не є коренем заданого рівняння), $x_2=8\gt 7$ – корінь заданого рівняння. Отже, задане рівняння має єдиний корінь $x=8$.

Зауваження. Оскільки на проміжку $(7; +\infty)$ функція $y=\log_{2}x+\log_{2}(x-7)$ зростає як сума двох зростаючих функцій $y=\log_{2}x$ та $y=\log_{2}(x-7)$, то графік функції $y=\log_{2}x+\log_{2}(x-7)$ може перетинати пряму $y=3$, що паралельна осі абсцис, не більше одного разу. Це означає, що задане рівняння може мати не більше одного кореня. При $x=8$

\begin{gather*} \log_{2}x=\log_{2}8=3\ \text{і}\\[7pt] \log_{2}(x-7)=\log_{2}(8-7)=\log_{2}1=0. \end{gather*}

Отже, $x=8$ – єдиний корінь рівняння.

Відповідь: $8.$

Вид завдання: Завдання відкритої форми з короткою відповіддю (1 вид)
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1344 з 2001

Під час підготовки до заліку з вищої математики студент розв'язав за $9$ днів $315$ задач. У перший день він розв'язав $11$ задач, а кожного наступного дня розв'язував на одну й ту ж саму кількість задач більше, ніж попереднього дня. Визначте кількість задач, які студент розв'язав дев'ятого дня.

Впишіть відповідь:

Перевірити Наступне Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Числові послідовності. Арифметична прогресія.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати практичні задачі на арифметичну прогресію.

Оскільки кожного наступного дня, починаючи з другого, студент розв’язував на одну й ту ж саму кількість задач більше, ніж попереднього дня, то кількості задач, які студент розв’язував кожного дня, починаючи з першого, утворюють арифметичну прогресію. Позначимо через $a_{n}$ кількість задач, які студент розв’язав $n\text{-го}$ дня, $n=1; 2; \ldots; 9.$ За умовою $a_{1}=9$, $S_{9}=315.$ Потрібно визначити $a_{9}.$

Оскільки суму перших $n$ членів арифметичної прогресії можна визначити за формулою $$ S_{n}=\frac{a_{1}+a_{n}}{2}\cdot n, $$ то згідно умови виконується рівність $$ S_{9}=\frac{a_{1}+a_{9}}{2}\cdot 9, $$ тобто $$ 315=\frac{11+a_{9}}{2}\cdot 9, $$ звідки отримуємо: \begin{gather*} 630=(11+a_{9})\cdot 9,\\[7pt] 70=11+a_{9},\\[7pt] a_{9}=70-11=59. \end{gather*}

Отже, дев’ятого дня студент розв’язав $59$ задач.

Відповідь: $59.$

Вид завдання: Завдання відкритої форми з короткою відповіддю (1 вид)
Знайшли помилку? Пишіть на

Завдання 1345 з 2001

Гіпотенуза $AC$ рівнобедреного прямокутного трикутника $ABC$ дорівнює $3\mathord{,}6$ м. У цей трикутник вписано квадрат $MNKP$, дві вершини якого знаходяться на гіпотенузі, а дві інші – на катетах.

1. Визначте площу трикутника $ABC$ (у м$^2$).

2. Обчисліть площу квадрата $MNKP$ (у м$^2$).

Впишіть відповіді:

1.			2.
	3.24			1.44

Перевірити Наступні запитання Читати пояснення

Пояснення доступні лише для зареєстрованих користувачів. Дивитись умови перегляду пояснень >>>.

Пояснення

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Квадрат та його властивості. Прямокутний рівнобедрений трикутник та його властивості. Площа прямокутного трикутника та квадрата.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати площі геометричних фігур, зокрема, квадрата та прямокутного рівнобедреного трикутника.

1. Проведемо у рівнобедреному прямокутному трикутнику $ABC$ з гіпотенузою $AC$ висоту $BO.$ Тоді $$ S_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} AC \cdot BO. $$ Висота рівнобедреного трикутника, що проведена з його вершини, є також бісектрисою та медіаною. Отже, точка $O$ є серединою гіпотенузи $AC$ і

$$ BO = AO = CO = \frac{1}{2} AC = 1\mathord{,}8\ \text{м}. $$

Тоді

$$ S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \cdot 3\mathord{,}6 \cdot 1\mathord{,}8 = 1\mathord{,}8^{2} = 3\mathord{,}24\ \text{м}^{2}. $$

2. Упишемо в рівнобедрений прямокутний трикутник $ABC$ квадрат $MNKP$, вершини $M$ і $N$ якого лежать на гіпотенузі $AC$ (отже, і сторона $MN$ лежить на $AC$), а інші дві – вершини $P$ і $K$ – належать катетам $AB$ і $BC$ відповідно (див. рисунок).

Оскільки $PM\ \perp\ MN$ і $KN\ \perp\ MN$, а $MN$ є частиною $AC$, то $PM\ \perp\ AC$ і $KN\ \perp\ AC$. Тоді

$$ \angle APM = 180^\circ - \angle A - \angle AMP = 180^\circ - 45^\circ - 90^\circ = 45^\circ, $$

аналогічно $$ \angle CKN = 180^\circ - 45^\circ - 90^\circ = 45^\circ. $$ Отже, прямокутні трикутники $AMP$ і $KNC$ є рівнобедреними.

Оскільки $AM = PM$, $CN = KN$ і $PM = KN = MN$, то $AM = MN = NC$ і $$ MN = \frac{1}{3} AC = \frac{1}{3} \cdot 3\mathord{,}6 = 1,2\ \text{м}. $$ Площа квадрата $MNKP$ дорівнює $1\mathord{,}2^{2} = 1\mathord{,}44\ \text{м}^{2}.$

Відповідь: 1. $3\mathord{,}24.$
2. $1\mathord{,}44.$

Вид завдання: Завдання відкритої форми з короткою відповіддю, структуроване
Знайшли помилку? Пишіть на