Банк Задач
Школьник
Студент
Преподаватель
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУ
Банк Задач
Конструктор
Варианты
Банк заданий
Методички
Статистика
Мои классы
Баллодожималка
ДВИ МГУ
Банк Задач Профиматика

Больше 5 лет помогаем школьникам уверенно сдавать ЕГЭ и поступать в вузы мечты. Не шаблоны — настоящее понимание предмета.

Карта сайта:

Банк задачКонструктор вариантовО платформе

Наши соцсети

Для учеников

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для преподавателей

YouTubeTelegramВКонтактеMax

Для студентов

YouTubeTelegramВКонтактеMax
политика конфиденциальностиполитика обработки перс данныхсогласие на рассылки

© 2026 Профиматика

ДВИ МГУ по математике — 2023, Поток 1

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6Резерв
Задача 1МГУ
Найдите наименьшее целое число, превосходящее 8220+223\dfrac{\sqrt{8}}{\frac{\sqrt{2}}{20}+\frac{\sqrt{2}}{23}}202​​+232​​8​​.
Ответ:22

Решение

Вынесем 2\sqrt{2}2​ в знаменателе и воспользуемся равенством 8=22\sqrt{8}=2\sqrt{2}8​=22​: 8220+223=222(120+123)=24320⋅23.\dfrac{\sqrt{8}} {\dfrac{\sqrt{2}}{20}+\dfrac{\sqrt{2}}{23}} = \dfrac{2\sqrt{2}} {\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{23}\right)} = \dfrac{2} {\dfrac{43}{20\cdot23}}.202​​+232​​8​​=2​(201​+231​)22​​=20⋅2343​2​. Следовательно, 24320⋅23=2⋅20⋅2343=92043=211743.\dfrac{2} {\dfrac{43}{20\cdot23}} = \dfrac{2\cdot20\cdot23}{43} = \dfrac{920}{43} = 21\dfrac{17}{43}.20⋅2343​2​=432⋅20⋅23​=43920​=214317​. Поэтому наименьшее целое число, превосходящее данное выражение, равно 222222.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a0,a1,a2,…a_0, a_1, a_2, \ldotsa0​,a1​,a2​,… действительных чисел. Найдите a8a_8a8​, если известно, что a1=1a_1=1a1​=1 и что для любой пары индексов n,mn, mn,m, таких что n⩾m⩾0n \geqslant m \geqslant 0n⩾m⩾0, справедливо равенство an+m+an−m=2(an+am)a_{n+m}+a_{n-m}=2\left(a_n+a_m\right)an+m​+an−m​=2(an​+am​).
Ответ:64

Решение

Сначала найдём a0a_0a0​. Подставим n=1n=1n=1, m=0m=0m=0: a1+a1=2(a1+a0).a_1+a_1=2(a_1+a_0).a1​+a1​=2(a1​+a0​). Так как a1=1a_1=1a1​=1, получаем 2=2(1+a0),2=2(1+a_0),2=2(1+a0​), откуда a0=0.a_0=0.a0​=0. Теперь подставим n=1n=1n=1, m=1m=1m=1: a2+a0=2(a1+a1).a_2+a_0=2(a_1+a_1).a2​+a0​=2(a1​+a1​). Следовательно, a2+0=2(1+1).a_2+0=2(1+1).a2​+0=2(1+1). Откуда a2=4.a_2=4.a2​=4. Подставим n=2n=2n=2, m=2m=2m=2: a4+a0=2(a2+a2).a_4+a_0=2(a_2+a_2).a4​+a0​=2(a2​+a2​). Тогда a4=2(4+4)=16.a_4=2(4+4)=16.a4​=2(4+4)=16. Наконец, подставим n=4n=4n=4, m=4m=4m=4: a8+a0=2(a4+a4).a_8+a_0=2(a_4+a_4).a8​+a0​=2(a4​+a4​). Значит, a8=2(16+16)=64.a_8=2(16+16)=64.a8​=2(16+16)=64.
Задача 3МГУ
Решите неравенство xlog⁡3x>9x^{\log _3 \sqrt{x}}>9xlog3​x​>9
Ответ:(0;19)∪(9;+∞)\left(0;\dfrac{1}{9}\right)\cup(9;+\infty)(0;91​)∪(9;+∞)

Решение

Выражение xlog⁡3xx^{\log_3 \sqrt{x}}xlog3​x​ определено только при x>0.x>0.x>0. Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 333: log⁡3(xlog⁡3x)>log⁡39.\log_3\left(x^{\log_3 \sqrt{x}}\right)>\log_3 9.log3​(xlog3​x​)>log3​9. Получаем log⁡3x⋅log⁡3x>2.\log_3 \sqrt{x}\cdot \log_3 x>2.log3​x​⋅log3​x>2. Так как log⁡3x=12log⁡3x,\log_3 \sqrt{x}=\dfrac{1}{2}\log_3 x,log3​x​=21​log3​x, то 12(log⁡3x)2>2,\dfrac{1}{2}(\log_3 x)^2>2,21​(log3​x)2>2, откуда (log⁡3x)2>4.(\log_3 x)^2>4.(log3​x)2>4. Перенесём всё в одну сторону: (log⁡3x)2−4>0.(\log_3 x)^2-4>0.(log3​x)2−4>0. Разложим на множители: (log⁡3x−2)(log⁡3x+2)>0.(\log_3 x-2)(\log_3 x+2)>0.(log3​x−2)(log3​x+2)>0. Это равносильно неравенству (x−9)(x−19)>0.\left(x-9\right)\left(x-\dfrac{1}{9}\right)>0.(x−9)(x−91​)>0. Решим его методом интервалов. Изображение 1 Получаем x∈(−∞;19)∪(9;+∞).x\in\left(-\infty;\dfrac{1}{9}\right)\cup(9;+\infty).x∈(−∞;91​)∪(9;+∞). Учитывая ОДЗ x>0x>0x>0, x∈(0;19)∪(9;+∞).x\in\left(0;\dfrac{1}{9}\right)\cup(9;+\infty).x∈(0;91​)∪(9;+∞).
Задача 4МГУ
Решите уравнение cos⁡3x+2sin⁡2x+2cos⁡x=0.\cos 3 x+2 \sin 2 x+2 \cos x=0.cos3x+2sin2x+2cosx=0.
Ответ:x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k,,,x=-\dfrac{\pi}{6}+2\pi k,,,x=-\dfrac{5\pi}{6}+2\pi k,,,k\in\mathbb Z

Решение

Воспользуемся формулами cos⁡3x=4cos⁡3x−3cos⁡x,sin⁡2x=2sin⁡xcos⁡x.\cos 3x=4\cos^3x-3\cos x, \qquad \sin 2x=2\sin x\cos x.cos3x=4cos3x−3cosx,sin2x=2sinxcosx. Получаем 4cos⁡3x−3cos⁡x+4sin⁡xcos⁡x+2cos⁡x=0.4\cos^3x-3\cos x+4\sin x\cos x+2\cos x=0.4cos3x−3cosx+4sinxcosx+2cosx=0. Вынесем cos⁡x\cos xcosx за скобки: cos⁡x(4cos⁡2x+4sin⁡x−1)=0.\cos x\left(4\cos^2x+4\sin x-1\right)=0.cosx(4cos2x+4sinx−1)=0. Следовательно, [cos⁡x=0,4cos⁡2x+4sin⁡x−1=0.\left[ \begin{array}{l} \cos x=0,\\[2mm] 4\cos^2x+4\sin x-1=0. \end{array} \right.[cosx=0,4cos2x+4sinx−1=0.​ Из первого уравнения получаем x=π2+πk,k∈Z.x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k,\qquad k\in\mathbb Z.x=2π​+πk,k∈Z. Решим второе уравнение. Используя равенство cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2xcos2x=1−sin2x, получаем 4−4sin⁡2x+4sin⁡x−1=0,4-4\sin^2x+4\sin x-1=0,4−4sin2x+4sinx−1=0, откуда 4sin⁡2x−4sin⁡x−3=0.4\sin^2x-4\sin x-3=0.4sin2x−4sinx−3=0. Выполним замену t=sin⁡x.t=\sin x.t=sinx. Тогда 4t2−4t−3=0.4t^2-4t-3=0.4t2−4t−3=0. Корни этого уравнения: t1=32,t2=−12.t_1=\dfrac{3}{2}, \qquad t_2=-\dfrac{1}{2}.t1​=23​,t2​=−21​. Равенство sin⁡x=32\sin x=\dfrac{3}{2}sinx=23​ не имеет решений, так как −1⩽sin⁡x⩽1-1\leqslant\sin x\leqslant 1−1⩽sinx⩽1. Из равенства sin⁡x=−12\sin x=-\dfrac{1}{2}sinx=−21​ получаем [x=−π6+2πk,x=−5π6+2πk,k∈Z.\left[ \begin{array}{l} x=-\dfrac{\pi}{6}+2\pi k,\\[2mm] x=-\dfrac{5\pi}{6}+2\pi k, \end{array} \right. \qquad k\in\mathbb Z.​x=−6π​+2πk,x=−65π​+2πk,​k∈Z. Таким образом, [x=π2+πk,x=−π6+2πk,x=−5π6+2πk,k∈Z.\left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k,\\[2mm] x=-\dfrac{\pi}{6}+2\pi k,\\[2mm] x=-\dfrac{5\pi}{6}+2\pi k, \end{array} \right. \qquad k\in\mathbb Z.​x=2π​+πk,x=−6π​+2πk,x=−65π​+2πk,​k∈Z.
Задача 5МГУ
В остроугольном треугольнике ABCA B CABC проведены высоты AF,BDA F, B DAF,BD и CEC ECE. Найдите все возможные значения разности углов ∠A\angle A∠A и ∠B\angle B∠B треугольника, если известно, что DE:EF=BC:ACDE:EF=BC:ACDE:EF=BC:AC.
Ответ:0^\circ

Решение

Обозначим ∠BAC=α,∠ABC=β.\angle BAC=\alpha, \qquad \angle ABC=\beta.∠BAC=α,∠ABC=β. Изображение 1 Так как CE⊥ABCE\perp ABCE⊥AB и AF⊥BCAF\perp BCAF⊥BC, то ∠AEC=∠AFC=90∘.\angle AEC=\angle AFC=90^\circ.∠AEC=∠AFC=90∘. Следовательно, точки AAA, EEE, FFF, CCC лежат на одной окружности. Вписанный четырёхугольник AEFCAEFCAEFC имеет сумму противоположных углов, равную 180∘180^\circ180∘, поэтому ∠EFC=180∘−∠EAC=180∘−α.\angle EFC=180^\circ-\angle EAC=180^\circ-\alpha.∠EFC=180∘−∠EAC=180∘−α. Углы ∠BFE\angle BFE∠BFE и ∠EFC\angle EFC∠EFC смежные, значит, ∠BFE=180∘−∠EFC=α.\angle BFE=180^\circ-\angle EFC=\alpha.∠BFE=180∘−∠EFC=α. Аналогично, так как BD⊥ACBD\perp ACBD⊥AC и CE⊥ABCE\perp ABCE⊥AB, то ∠BDC=∠BEC=90∘.\angle BDC=\angle BEC=90^\circ.∠BDC=∠BEC=90∘. Следовательно, точки BBB, CCC, DDD, EEE лежат на одной окружности. Поэтому ∠EDC=180∘−∠EBC=180∘−β.\angle EDC=180^\circ-\angle EBC=180^\circ-\beta.∠EDC=180∘−∠EBC=180∘−β. Углы ∠ADE\angle ADE∠ADE и ∠EDC\angle EDC∠EDC смежные, значит, ∠ADE=180∘−∠EDC=β.\angle ADE=180^\circ-\angle EDC=\beta.∠ADE=180∘−∠EDC=β. Теперь рассмотрим треугольники BEFBEFBEF и BCABCABCA. Имеем ∠EBF=∠ABC=β,∠BFE=∠BAC=α.\angle EBF=\angle ABC=\beta, \qquad \angle BFE=\angle BAC=\alpha.∠EBF=∠ABC=β,∠BFE=∠BAC=α. Следовательно, △BEF∼△BCA.\triangle BEF\sim\triangle BCA.△BEF∼△BCA. Из подобия получаем EFAC=BEBC.\dfrac{EF}{AC}=\dfrac{BE}{BC}.ACEF​=BCBE​. Треугольник BECBECBEC прямоугольный, поэтому BEBC=cos⁡β.\dfrac{BE}{BC}=\cos\beta.BCBE​=cosβ. Следовательно, EFAC=cos⁡β.\dfrac{EF}{AC}=\cos\beta.ACEF​=cosβ. Рассмотрим треугольники AEDAEDAED и ACBACBACB. Имеем ∠EAD=∠CAB=α,∠ADE=∠ABC=β.\angle EAD=\angle CAB=\alpha, \qquad \angle ADE=\angle ABC=\beta.∠EAD=∠CAB=α,∠ADE=∠ABC=β. Следовательно, △AED∼△ACB.\triangle AED\sim\triangle ACB.△AED∼△ACB. Из подобия получаем DEBC=AEAC.\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AE}{AC}.BCDE​=ACAE​. Треугольник AECAECAEC прямоугольный, поэтому AEAC=cos⁡α.\dfrac{AE}{AC}=\cos\alpha.ACAE​=cosα. Следовательно, DEBC=cos⁡α.\dfrac{DE}{BC}=\cos\alpha.BCDE​=cosα. По условию DEEF=BCAC.\dfrac{DE}{EF}=\dfrac{BC}{AC}.EFDE​=ACBC​. Отсюда DEBC=EFAC.\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{EF}{AC}.BCDE​=ACEF​. Значит, cos⁡α=cos⁡β.\cos\alpha=\cos\beta.cosα=cosβ. Поскольку треугольник ABCABCABC остроугольный, 0<α<90∘,0<β<90∘.0<\alpha<90^\circ, \qquad 0<\beta<90^\circ.0<α<90∘,0<β<90∘. На этом промежутке функция косинуса строго убывает, поэтому α=β.\alpha=\beta.α=β. Следовательно, ∠A−∠B=α−β=0.\angle A-\angle B=\alpha-\beta=0.∠A−∠B=α−β=0.
Задача 6МГУ
Положительные числа a,b,ca, b, ca,b,c удовлетворяют соотношению 11+a+11+b+11+c=1\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=11+a1​+1+b1​+1+c1​=1 Найдите наибольшее возможное значение выражения a2+a2+b2+b2+c2+c2\dfrac{a}{2+a^2}+\dfrac{b}{2+b^2}+\dfrac{c}{2+c^2}2+a2a​+2+b2b​+2+c2c​.
Ответ:1

Решение

В условии задачи дана сумма выражений вида 11+x,\dfrac{1}{1+x},1+x1​, а в искомой сумме встречаются выражения вида x2+x2.\dfrac{x}{2+x^2}.2+x2x​. Поэтому рассмотрим функцию f(x)=x2+x2,x>0,f(x)=\dfrac{x}{2+x^2}, \qquad x>0,f(x)=2+x2x​,x>0, и попробуем оценить её сверху выражением, содержащим дробь 11+x\dfrac{1}{1+x}1+x1​. Для этого будем искать оценку вида f(x)⩽g(x),g(x)=A1+x+B.f(x)\leqslant g(x), \qquad g(x)=\dfrac{A}{1+x}+B.f(x)⩽g(x),g(x)=1+xA​+B. Теперь определим точку, в которой должно достигаться равенство. Условие и искомое выражение симметричны относительно переменных aaa, bbb, ccc, поэтому естественным кандидатом на точку равенства является случай a=b=c.a=b=c.a=b=c. Тогда из условия получаем 31+a=1,\dfrac{3}{1+a}=1,1+a3​=1, откуда a=2.a=2.a=2. Таким образом, потребуем, чтобы графики функций fff и ggg касались при x=2x=2x=2. Для этого их значения и производные в этой точке должны совпадать: g(2)=f(2),g′(2)=f′(2).g(2)=f(2), \qquad g'(2)=f'(2).g(2)=f(2),g′(2)=f′(2). Имеем f(2)=22+22=13,g(2)=A3+B.f(2)=\dfrac{2}{2+2^2}=\dfrac{1}{3}, \qquad g(2)=\dfrac{A}{3}+B.f(2)=2+222​=31​,g(2)=3A​+B. Кроме того, f′(x)=2−x2(2+x2)2,g′(x)=−A(1+x)2.f'(x)=\dfrac{2-x^2}{(2+x^2)^2}, \qquad g'(x)=-\dfrac{A}{(1+x)^2}.f′(x)=(2+x2)22−x2​,g′(x)=−(1+x)2A​. Поэтому f′(2)=−118,g′(2)=−A9.f'(2)=-\dfrac{1}{18}, \qquad g'(2)=-\dfrac{A}{9}.f′(2)=−181​,g′(2)=−9A​. Получаем систему {A3+B=13,−A9=−118.\begin{cases} \dfrac{A}{3}+B=\dfrac{1}{3},\\[2mm] -\dfrac{A}{9}=-\dfrac{1}{18}. \end{cases}⎩⎨⎧​3A​+B=31​,−9A​=−181​.​ Отсюда A=12,B=16.A=\dfrac{1}{2}, \qquad B=\dfrac{1}{6}.A=21​,B=61​. Докажем, что при каждом x>0x>0x>0 выполняется неравенство x2+x2⩽12(1+x)+16.\dfrac{x}{2+x^2} \leqslant \dfrac{1}{2(1+x)}+\dfrac{1}{6}.2+x2x​⩽2(1+x)1​+61​. Действительно, 12(1+x)+16−x2+x2=3(2+x2)+(1+x)(2+x2)−6x(1+x)6(1+x)(2+x2).\dfrac{1}{2(1+x)} + \dfrac{1}{6} - \dfrac{x}{2+x^2} = \dfrac{ 3(2+x^2)+(1+x)(2+x^2)-6x(1+x) }{ 6(1+x)(2+x^2) }.2(1+x)1​+61​−2+x2x​=6(1+x)(2+x2)3(2+x2)+(1+x)(2+x2)−6x(1+x)​. Раскрывая скобки, получаем 12(1+x)+16−x2+x2=x3−2x2−4x+86(1+x)(2+x2)=(x−2)2(x+2)6(1+x)(2+x2).\dfrac{1}{2(1+x)} + \dfrac{1}{6} - \dfrac{x}{2+x^2} = \dfrac{x^3-2x^2-4x+8} {6(1+x)(2+x^2)} = \dfrac{(x-2)^2(x+2)} {6(1+x)(2+x^2)}.2(1+x)1​+61​−2+x2x​=6(1+x)(2+x2)x3−2x2−4x+8​=6(1+x)(2+x2)(x−2)2(x+2)​. При x>0x>0x>0 знаменатель положителен, а числитель неотрицателен. Следовательно, x2+x2⩽12(1+x)+16.\dfrac{x}{2+x^2} \leqslant \dfrac{1}{2(1+x)}+\dfrac{1}{6}.2+x2x​⩽2(1+x)1​+61​. Применим полученное неравенство при x=ax=ax=a, x=bx=bx=b и x=cx=cx=c: a2+a2+b2+b2+c2+c2⩽12(1+a)+16+12(1+b)+16+12(1+c)+16==12(11+a+11+b+11+c)+12=12⋅1+12=1.\begin{gathered} \dfrac{a}{2+a^2} + \dfrac{b}{2+b^2} + \dfrac{c}{2+c^2} \leqslant \dfrac{1}{2(1+a)} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{2(1+b)} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{2(1+c)} + \dfrac{1}{6}=\\ = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1+a} + \dfrac{1}{1+b} + \dfrac{1}{1+c} \right) + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}\cdot1+\dfrac{1}{2} = 1. \end{gathered}2+a2a​+2+b2b​+2+c2c​⩽2(1+a)1​+61​+2(1+b)1​+61​+2(1+c)1​+61​==21​(1+a1​+1+b1​+1+c1​)+21​=21​⋅1+21​=1.​ Проверим достижимость полученной оценки. При a=b=c=2a=b=c=2a=b=c=2 условие задачи выполняется: 11+2+11+2+11+2=1.\dfrac{1}{1+2} + \dfrac{1}{1+2} + \dfrac{1}{1+2} = 1.1+21​+1+21​+1+21​=1. При этом 22+22+22+22+22+22=1.\dfrac{2}{2+2^2} + \dfrac{2}{2+2^2} + \dfrac{2}{2+2^2} = 1.2+222​+2+222​+2+222​=1. Следовательно, наибольшее возможное значение выражения равно 111.
Задача 7МГУ
В правильной треугольной пирамиде ABCSA B C SABCS проведено сечение через ребро основания ABA BAB перпендикулярно боковому ребру CSC SCS. Найдите его площадь, если известно, что площадь основания пирамиды равна 3, а площадь каждой боковой грани равна 5\sqrt{5}5​.
Ответ:322\dfrac{3\sqrt{2}}{2}232​​

Решение

Пусть HHH — точка пересечения плоскости сечения с ребром CSCSCS. Тогда искомое сечение представляет собой треугольник ABHABHABH. Изображение 1 Пусть AB=BC=CA=aAB=BC=CA=aAB=BC=CA=a. Так как основание пирамиды --- равносторонний треугольник, то S△ABC=a234=3.S_{\triangle ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=3.S△ABC​=4a23​​=3. Отсюда a2=43,a^2=4\sqrt{3},a2=43​, значит, a=234.a=2\sqrt[4]{3}.a=243​. Обозначим через MMM середину ребра ABABAB. Тогда в равнобедренном треугольнике ABSABSABS отрезок SMSMSM является высотой, поэтому S△ABS=12AB⋅SM=5.S_{\triangle ABS}=\dfrac{1}{2}AB\cdot SM=\sqrt{5}.S△ABS​=21​AB⋅SM=5​. Следовательно, 12⋅234⋅SM=5,\dfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt[4]{3}\cdot SM=\sqrt{5},21​⋅243​⋅SM=5​, откуда SM=534.SM=\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt[4]{3}}.SM=43​5​​. В прямоугольном треугольнике SBMSBMSBM SB2=SM2+BM2=(534)2+(a2)2=53+3=83.SB^2=SM^2+BM^2= \left(\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt[4]{3}}\right)^2+ \left(\dfrac{a}{2}\right)^2= \dfrac{5}{\sqrt{3}}+\sqrt{3}= \dfrac{8}{\sqrt{3}}.SB2=SM2+BM2=(43​5​​)2+(2a​)2=3​5​+3​=3​8​. Значит, SB=2234.SB=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{3}}.SB=43​22​​. Так как треугольник ABCABCABC равносторонний, то CM=a32=234⋅32=274.CM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2} =\dfrac{2\sqrt[4]{3}\cdot\sqrt{3}}{2} =\sqrt[4]{27}.CM=2a3​​=2243​⋅3​​=427​. Обозначим через OOO центр основания. Тогда точка OOO лежит на медиане CMCMCM, причём MO=13CM=2743=134.MO=\dfrac{1}{3}CM=\dfrac{\sqrt[4]{27}}{3}=\dfrac{1}{\sqrt[4]{3}}.MO=31​CM=3427​​=43​1​. Поскольку пирамида правильная, SO⊥(ABC)SO\perp (ABC)SO⊥(ABC), значит, в прямоугольном треугольнике SOMSOMSOM SO2=SM2−MO2=53−13=43.SO^2=SM^2-MO^2= \dfrac{5}{\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}= \dfrac{4}{\sqrt{3}}.SO2=SM2−MO2=3​5​−3​1​=3​4​. Следовательно, SO=234.SO=\dfrac{2}{\sqrt[4]{3}}.SO=43​2​. Теперь найдём MHMHMH. Рассмотрим треугольник SMCSMCSMC. Его площадь можно выразить двумя способами. С одной стороны, так как SO⊥(ABC)SO\perp (ABC)SO⊥(ABC) и CM⊂(ABC)CM\subset (ABC)CM⊂(ABC), то S△SMC=12SO⋅CM.S_{\triangle SMC}=\dfrac{1}{2}SO\cdot CM.S△SMC​=21​SO⋅CM. С другой стороны, по условию MH⊥SCMH\perp SCMH⊥SC, значит, S△SMC=12SC⋅MH.S_{\triangle SMC}=\dfrac{1}{2}SC\cdot MH.S△SMC​=21​SC⋅MH. Так как пирамида правильная, то боковые рёбра равны, следовательно, SC=SB=2234.SC=SB=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{3}}.SC=SB=43​22​​. Приравнивая выражения для площади треугольника SMCSMCSMC, получаем 12SO⋅CM=12SC⋅MH,\dfrac{1}{2}SO\cdot CM=\dfrac{1}{2}SC\cdot MH,21​SO⋅CM=21​SC⋅MH, то есть MH=SO⋅CMSC=234⋅2742234=2742.MH=\dfrac{SO\cdot CM}{SC} = \dfrac{\dfrac{2}{\sqrt[4]{3}}\cdot\sqrt[4]{27}} {\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{3}}} = \dfrac{\sqrt[4]{27}}{\sqrt{2}}.MH=SCSO⋅CM​=43​22​​43​2​⋅427​​=2​427​​. Осталось найти площадь треугольника ABHABHABH. В равностороннем треугольнике ABCABCABC медиана CMCMCM является высотой, поэтому CM⊥AB.CM\perp AB.CM⊥AB. В равнобедренном треугольнике ABSABSABS медиана SMSMSM также является высотой, поэтому SM⊥AB.SM\perp AB.SM⊥AB. Прямые CMCMCM и SMSMSM пересекаются в точке MMM и лежат в плоскости SMCSMCSMC. Следовательно, AB⊥(SMC).AB\perp(SMC).AB⊥(SMC). Поскольку MH⊂(SMC)MH\subset(SMC)MH⊂(SMC), то AB⊥MH.AB\perp MH.AB⊥MH. Тогда SABH=12AB⋅MH=12⋅234⋅2742=8142=32=322.S_{ABH}=\dfrac{1}{2}AB\cdot MH = \dfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt[4]{3}\cdot \dfrac{\sqrt[4]{27}}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt[4]{81}}{\sqrt{2}} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.SABH​=21​AB⋅MH=21​⋅243​⋅2​427​​=2​481​​=2​3​=232​​.