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 — 2025, Поток 1

Поток 1Поток 2Поток 3Поток 4Поток 5Поток 6Резерв
Задача 1МГУ
Известно, что x:y=9:7x: y=9: 7x:y=9:7. Найдите x+yx−y\dfrac{x+y}{x-y}x−yx+y​.
Ответ:8

Решение

Из условия xy=97.\dfrac{x}{y}=\dfrac{9}{7}.yx​=79​. Тогда x=97y.x=\dfrac{9}{7}y.x=79​y. Подставим это в выражение: x+yx−y=97y+y97y−y=167y27y=8.\dfrac{x+y}{x-y} = \dfrac{\frac{9}{7}y+y}{\frac{9}{7}y-y} = \dfrac{\frac{16}{7}y}{\frac{2}{7}y} = 8.x−yx+y​=79​y−y79​y+y​=72​y716​y​=8.
Задача 2МГУ
Дана последовательность a1, a2, a3, …a_1, ~a_2, ~a_3,~ \ldotsa1​, a2​, a3​, … действительных чисел, удовлетворяющих при каждом натуральном nnn равенству an+1=5−an4a_{n+1}=\dfrac{5-a_n}{4}an+1​=45−an​​ Пусть SnS_nSn​ обозначает сумму первых nnn членов этой последовательности: Sn=a1+…+anS_n=a_1+\ldots+a_nSn​=a1​+…+an​. Найдите наименьшее значение nnn, при котором выполняется неравенство ∣Sn−n−8∣<11000,\left|S_n-n-8\right|<\dfrac{1}{1000},∣Sn​−n−8∣<10001​, если известно, что a1=11a_1=11a1​=11.
Ответ:7

Решение

Выражение Sn−nS_n-nSn​−n можно представить как сумму, в которой из каждого члена последовательности вычли единицу: Sn−n=(a1+a2+…+an)−n=(a1−1)+(a2−1)+…+(an−1).S_n-n=(a_1+a_2+\ldots+a_n)-n=(a_1-1)+(a_2-1)+\ldots+(a_n-1).Sn​−n=(a1​+a2​+…+an​)−n=(a1​−1)+(a2​−1)+…+(an​−1). Поэтому удобно ввести новую последовательность bn=an−1.b_n=a_n-1.bn​=an​−1. Тогда bn+1=an+1−1=5−an4−1=1−an4=−an−14=−14(an−1)=−14bn.b_{n+1}=a_{n+1}-1=\dfrac{5-a_n}{4}-1=\dfrac{1-a_n}{4}=-\dfrac{a_n-1}{4}=-\dfrac{1}{4}(a_n-1)=-\dfrac{1}{4}b_n.bn+1​=an+1​−1=45−an​​−1=41−an​​=−4an​−1​=−41​(an​−1)=−41​bn​. Значит, (bn)(b_n)(bn​) --- геометрическая прогрессия со знаменателем q=−14.q=-\dfrac{1}{4}.q=−41​. Первый член этой прогрессии равен b1=a1−1=11−1=10.b_1=a_1-1=11-1=10.b1​=a1​−1=11−1=10. Обозначим сумму первых nnn членов последовательности (bn)(b_n)(bn​) через TnT_nTn​. Тогда Tn=b1+b2+…+bn=Sn−n.T_n=b_1+b_2+\ldots+b_n=S_n-n.Tn​=b1​+b2​+…+bn​=Sn​−n. Найдём TnT_nTn​ по формуле суммы геометрической прогрессии: Tn=b1⋅1−qn1−q=10⋅1−(−14)n1−(−14)=10⋅1−(−14)n54=8(1−(−14)n)=8−8(−14)n.T_n=b_1\cdot \dfrac{1-q^n}{1-q} = 10\cdot \dfrac{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^n}{1-\left(-\frac{1}{4}\right)} = 10\cdot \dfrac{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^n}{\frac{5}{4}}=8\left(1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)^n\right)=8-8\left(-\dfrac{1}{4}\right)^n.Tn​=b1​⋅1−q1−qn​=10⋅1−(−41​)1−(−41​)n​=10⋅45​1−(−41​)n​=8(1−(−41​)n)=8−8(−41​)n. Так как Tn=Sn−nT_n=S_n-nTn​=Sn​−n, то Sn−n=8−8(−14)n.S_n-n=8-8\left(-\dfrac{1}{4}\right)^n.Sn​−n=8−8(−41​)n. Тогда Sn−n−8=−8(−14)n.S_n-n-8=-8\left(-\dfrac{1}{4}\right)^n.Sn​−n−8=−8(−41​)n. По условию ∣Sn−n−8∣<11000.|S_n-n-8|<\dfrac{1}{1000}.∣Sn​−n−8∣<10001​. Подставим найденное выражение: ∣−8(−14)n∣<11000.\left|-8\left(-\dfrac{1}{4}\right)^n\right|<\dfrac{1}{1000}.​−8(−41​)n​<10001​. Отсюда 8(14)n<11000.8\left(\dfrac{1}{4}\right)^n<\dfrac{1}{1000}.8(41​)n<10001​. Перепишем левую часть через степени двойки: 8(14)n=23⋅2−2n=23−2n.8\left(\dfrac{1}{4}\right)^n = 2^3\cdot 2^{-2n} = 2^{3-2n}.8(41​)n=23⋅2−2n=23−2n. Значит, нужно найти наименьшее натуральное nnn, при котором 23−2n<11000.2^{3-2n}<\dfrac{1}{1000}.23−2n<10001​. Заметим, что 2−9=1512>11000,2^{-9}=\dfrac{1}{512}>\dfrac{1}{1000},2−9=5121​>10001​, 2−10=11024<11000.2^{-10}=\dfrac{1}{1024}<\dfrac{1}{1000}.2−10=10241​<10001​. Значит, должно выполняться неравенство 3−2n⩽−10,3-2n\leqslant -10,3−2n⩽−10, 2n⩾13,2n\geqslant 13,2n⩾13, n⩾6,5.n\geqslant 6{,}5.n⩾6,5. Так как nnn натуральное, то наименьшее подходящее значение: n=7.n=7.n=7.
Задача 3МГУ
Решите неравенство 1+log⁡9(3x2+8x+6)>log⁡3(3x2+8x+6).1+\sqrt{\log _9\left(3 x^2+8 x+6\right)}>\log _3\left(3 x^2+8 x+6\right) .1+log9​(3x2+8x+6)​>log3​(3x2+8x+6).
Ответ:(−3;−53]∪[−1;13)\left(-3;-\dfrac{5}{3}\right]\cup\left[-1;\dfrac{1}{3}\right)(−3;−35​]∪[−1;31​)

Решение

Сделаем замену: t=log⁡9(3x2+8x+6).t=\sqrt{\log_9(3x^2+8x+6)}.t=log9​(3x2+8x+6)​. Тогда t⩾0t\geqslant0t⩾0 и t2=log⁡9(3x2+8x+6)=12log⁡3(3x2+8x+6).t^2=\log_9(3x^2+8x+6)=\dfrac{1}{2}\log_3(3x^2+8x+6).t2=log9​(3x2+8x+6)=21​log3​(3x2+8x+6). Следовательно, log⁡3(3x2+8x+6)=2t2.\log_3(3x^2+8x+6)=2t^2.log3​(3x2+8x+6)=2t2. Получаем неравенство 1+t>2t2,1+t>2t^2,1+t>2t2, откуда 2t2−t−1<0,2t^2-t-1<0,2t2−t−1<0, (t−1)(2t+1)<0.(t-1)(2t+1)<0.(t−1)(2t+1)<0. Так как t⩾0t\geqslant0t⩾0, то 2t+1>0,2t+1>0,2t+1>0, получаем t<1.t<1.t<1. Тогда log⁡9(3x2+8x+6)<1.\sqrt{\log_9(3x^2+8x+6)}<1.log9​(3x2+8x+6)​<1. Отсюда 0⩽log⁡9(3x2+8x+6)<1.0\leqslant\log_9(3x^2+8x+6)<1.0⩽log9​(3x2+8x+6)<1. Так как основание логарифма больше 111, получаем 1⩽3x2+8x+6<9.1\leqslant 3x^2+8x+6<9.1⩽3x2+8x+6<9. Перейдём к системе неравенств: {3x2+8x+6⩾1,3x2+8x+6<9.\begin{cases} 3x^2+8x+6\geqslant1,\\ 3x^2+8x+6<9. \end{cases}{3x2+8x+6⩾1,3x2+8x+6<9.​ То есть {3x2+8x+5⩾0,3x2+8x−3<0.\begin{cases} 3x^2+8x+5\geqslant0,\\ 3x^2+8x-3<0. \end{cases}{3x2+8x+5⩾0,3x2+8x−3<0.​ Разложим квадратные трёхчлены на множители: {(x+1)(3x+5)⩾0,(x+3)(3x−1)<0.\begin{cases} (x+1)(3x+5)\geqslant0,\\ (x+3)(3x-1)<0. \end{cases}{(x+1)(3x+5)⩾0,(x+3)(3x−1)<0.​ Решим неравенства методом интервалов: Изображение 1 Изображение 2 Пересечём найденные промежутки: x∈(−3;−53]∪[−1;13).x\in\left(-3;-\dfrac{5}{3}\right]\cup\left[-1;\dfrac{1}{3}\right).x∈(−3;−35​]∪[−1;31​).
Задача 4МГУ
Решите уравнение sin⁡2x+3cos⁡x=3(1+cos⁡2x+sin⁡x).\sin 2 x+3 \cos x=\sqrt{3}(1+\cos 2 x+\sin x).sin2x+3cosx=3​(1+cos2x+sinx).
Ответ:π3+πk, ±π6+2πk, k∈Z\dfrac{\pi}{3}+\pi k,\ \pm\dfrac{\pi}{6}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}3π​+πk, ±6π​+2πk, k∈Z

Решение

Воспользуемся формулами: sin⁡2x=2sin⁡xcos⁡x,\sin 2x=2\sin x\cos x,sin2x=2sinxcosx, cos⁡2x=2cos⁡2x−1.\cos 2x=2\cos^2 x - 1.cos2x=2cos2x−1. Тогда исходное уравнение можно переписать так: 2sin⁡xcos⁡x+3cos⁡x=3(2cos⁡2x+sin⁡x).2\sin x\cos x+3\cos x=\sqrt{3}(2\cos^2 x+\sin x).2sinxcosx+3cosx=3​(2cos2x+sinx). Перенесём всё в левую часть: 2sin⁡xcos⁡x−23cos⁡2x+3cos⁡x−3sin⁡x=0.2\sin x\cos x-2\sqrt{3}\cos^2 x+3\cos x-\sqrt{3}\sin x=0.2sinxcosx−23​cos2x+3cosx−3​sinx=0. Сгруппируем слагаемые: 2cos⁡x(sin⁡x−3cos⁡x)−3(sin⁡x−3cos⁡x)=0.2\cos x(\sin x-\sqrt{3}\cos x)-\sqrt{3}(\sin x-\sqrt{3}\cos x)=0.2cosx(sinx−3​cosx)−3​(sinx−3​cosx)=0. Вынесем общий множитель: (sin⁡x−3cos⁡x)(2cos⁡x−3)=0.(\sin x-\sqrt{3}\cos x)(2\cos x-\sqrt{3})=0.(sinx−3​cosx)(2cosx−3​)=0. Получаем совокупность: [sin⁡x=3cos⁡x,2cos⁡x=3.\left[ \begin{array}{l} \sin x=\sqrt{3}\cos x,\\ 2\cos x=\sqrt{3}. \end{array} \right.[sinx=3​cosx,2cosx=3​.​ В первом уравнении cos⁡x≠0\cos x\neq0cosx=0, поэтому [tg⁡x=3,cos⁡x=32.\left[ \begin{array}{l} \tg x=\sqrt{3},\\ \cos x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}. \end{array} \right.​tgx=3​,cosx=23​​.​ Решим каждое уравнение: tg⁡x=3,x=π3+πk,k∈Z;\tg x=\sqrt{3}, \quad x=\dfrac{\pi}{3}+\pi k,\quad k\in\mathbb{Z};tgx=3​,x=3π​+πk,k∈Z; cos⁡x=32,x=±π6+2πk,k∈Z.\cos x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \quad x=\pm\dfrac{\pi}{6}+2\pi k,\quad k\in\mathbb{Z}.cosx=23​​,x=±6π​+2πk,k∈Z.
Задача 5МГУ
В треугольнике ABCA B CABC проведена медиана ADA DAD. Известно, что AD:BC=3:2A D: B C=\sqrt{3}: 2AD:BC=3​:2 и что ∠BAC=45∘\angle B A C=45^{\circ}∠BAC=45∘. Найдите угол ∠BMC\angle B M C∠BMC, где MMM --- точка пересечения медиан.
Ответ:135∘135^\circ135∘

Решение

Пусть BC=2x.BC=2x.BC=2x. Тогда, так как AD:BC=3:2AD:BC=\sqrt{3}:2AD:BC=3​:2, получаем AD=3x.AD=\sqrt{3}x.AD=3​x. Так как ADADAD --- медиана, то BD=DC=x.BD=DC=x.BD=DC=x. Продлим медиану ADADAD за точку DDD до точки EEE так, чтобы DE=AD=3x.DE=AD=\sqrt{3}x.DE=AD=3​x. Тогда диагонали AEAEAE и BCBCBC пересекаются в точке DDD и делятся этой точкой пополам, значит, ABECABECABEC --- параллелограмм. Изображение 1 Так как MMM --- точка пересечения медиан треугольника ABCABCABC, то MD=13AD=3x3=x3.MD=\dfrac{1}{3}AD=\dfrac{\sqrt{3}x}{3}=\dfrac{x}{\sqrt{3}}.MD=31​AD=33​x​=3​x​. Рассмотрим треугольники BDMBDMBDM и EDCEDCEDC. Имеем BDDE=x3x=13\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{x}{\sqrt{3}x}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}DEBD​=3​xx​=3​1​ и MDDC=x3x=13.\dfrac{MD}{DC}=\dfrac{\frac{x}{\sqrt{3}}}{x}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}.DCMD​=x3​x​​=3​1​. Значит, BDDE=MDDC.\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{MD}{DC}.DEBD​=DCMD​. Кроме того, углы ∠BDM\angle BDM∠BDM и ∠EDC\angle EDC∠EDC равны как вертикальные. Следовательно, △BDM∼△EDC.\triangle BDM\sim \triangle EDC.△BDM∼△EDC. Из подобия получаем равенство соответственных углов: ∠BME=∠BCE.\angle BME=\angle BCE.∠BME=∠BCE. Значит, четырёхугольник BMCEBMCEBMCE можно вписать в окружность. Так как ABECABECABEC --- параллелограмм, то ∠BEC=∠BAC=45∘.\angle BEC=\angle BAC=45^\circ.∠BEC=∠BAC=45∘. Во вписанном четырёхугольнике BMCEBMCEBMCE сумма противоположных углов равна 180∘180^\circ180∘, значит, ∠BMC+∠BEC=180∘.\angle BMC+\angle BEC=180^\circ.∠BMC+∠BEC=180∘. Тогда ∠BMC=180∘−45∘=135∘.\angle BMC=180^\circ-45^\circ=135^\circ.∠BMC=180∘−45∘=135∘.
Задача 6МГУ
Положительные действительные числа a1,a2,a3,b1,b2,b3a_1, a_2, a_3, b_1, b_2, b_3a1​,a2​,a3​,b1​,b2​,b3​ удовлетворяют равенству a1+a2+a3=b1+b2+b3=3a_1+a_2+a_3=b_1+b_2+b_3=3a1​+a2​+a3​=b1​+b2​+b3​=3 Найдите наименьшее возможное значение выражения a12a1+b1+a22a2+b2+a32a3+b3\dfrac{a_1^2}{a_1+b_1}+\dfrac{a_2^2}{a_2+b_2}+\dfrac{a_3^2}{a_3+b_3}a1​+b1​a12​​+a2​+b2​a22​​+a3​+b3​a32​​
Ответ:32\dfrac{3}{2}23​

Решение

Выведем нужное нам неравенство из неравенства Коши--Буняковского--Шварца (КБШ). Для любых чисел x1x_1x1​, x2x_2x2​, …,\ldots,…, xnx_nxn​ и y1y_1y1​, y2y_2y2​, …\ldots…, yny_nyn​ выполнено неравенство КБШ (x12+x22+…+xn2)(y12+y22+…+yn2)⩾(x1y1+x2y2+…+xnyn)2.(x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2)(y_1^2+y_2^2+\ldots+y_n^2) \geqslant (x_1y_1+x_2y_2+\ldots+x_ny_n)^2.(x12​+x22​+…+xn2​)(y12​+y22​+…+yn2​)⩾(x1​y1​+x2​y2​+…+xn​yn​)2. Возьмём произвольные u1u_1u1​, u2u_2u2​, …,\ldots,…, unu_nun​, а также положительные v1v_1v1​, v2v_2v2​, …,\ldots,…, vnv_nvn​. Выполним замену x1=u1v1,x2=u2v2,…,xn=unvnx_1=\dfrac{u_1}{\sqrt{v_1}},\quad x_2=\dfrac{u_2}{\sqrt{v_2}},\quad \ldots,\quad x_n=\dfrac{u_n}{\sqrt{v_n}}x1​=v1​​u1​​,x2​=v2​​u2​​,…,xn​=vn​​un​​ и y1=v1,y2=v2,…,yn=vn.y_1=\sqrt{v_1},\quad y_2=\sqrt{v_2},\quad \ldots,\quad y_n=\sqrt{v_n}.y1​=v1​​,y2​=v2​​,…,yn​=vn​​. Получаем (u12v1+u22v2+…+un2vn)(v1+v2+…+vn)⩾(u1+u2+…+un)2.\left(\dfrac{u_1^2}{v_1}+\dfrac{u_2^2}{v_2}+\ldots+\dfrac{u_n^2}{v_n}\right) (v_1+v_2+\ldots+v_n) \geqslant (u_1+u_2+\ldots+u_n)^2.(v1​u12​​+v2​u22​​+…+vn​un2​​)(v1​+v2​+…+vn​)⩾(u1​+u2​+…+un​)2. Так как выражение v1+v2+…+vn>0v_1+v_2+\ldots+v_n>0v1​+v2​+…+vn​>0, то разделим на него неравенство, получим u12v1+u22v2+…+un2vn⩾(u1+u2+…+un)2v1+v2+…+vn.\dfrac{u_1^2}{v_1}+\dfrac{u_2^2}{v_2}+\ldots+\dfrac{u_n^2}{v_n} \geqslant \dfrac{(u_1+u_2+\ldots+u_n)^2}{v_1+v_2+\ldots+v_n}.v1​u12​​+v2​u22​​+…+vn​un2​​⩾v1​+v2​+…+vn​(u1​+u2​+…+un​)2​. Это и есть неравенство Коши--Буняковского--Шварца в дробной форме. Теперь применим его к выражению из условия. Возьмём u1=a1,u2=a2,u3=a3u_1=a_1,\quad u_2=a_2,\quad u_3=a_3u1​=a1​,u2​=a2​,u3​=a3​ и v1=a1+b1,v2=a2+b2,v3=a3+b3.v_1=a_1+b_1,\quad v_2=a_2+b_2,\quad v_3=a_3+b_3.v1​=a1​+b1​,v2​=a2​+b2​,v3​=a3​+b3​. Так как все числа положительные, то v1v_1v1​, v2v_2v2​, v3v_3v3​ положительны. Получаем a12a1+b1+a22a2+b2+a32a3+b3⩾(a1+a2+a3)2(a1+b1)+(a2+b2)+(a3+b3).\dfrac{a_1^2}{a_1+b_1}+\dfrac{a_2^2}{a_2+b_2}+\dfrac{a_3^2}{a_3+b_3} \geqslant \dfrac{(a_1+a_2+a_3)^2}{(a_1+b_1)+(a_2+b_2)+(a_3+b_3)}.a1​+b1​a12​​+a2​+b2​a22​​+a3​+b3​a32​​⩾(a1​+b1​)+(a2​+b2​)+(a3​+b3​)(a1​+a2​+a3​)2​. По условию a1+a2+a3=b1+b2+b3=3,a_1+a_2+a_3 = b_1+b_2+b_3 = 3,a1​+a2​+a3​=b1​+b2​+b3​=3, тогда (a1+b1)+(a2+b2)+(a3+b3)=(a1+a2+a3)+(b1+b2+b3)=3+3=6.(a_1+b_1)+(a_2+b_2)+(a_3+b_3) = (a_1+a_2+a_3)+(b_1+b_2+b_3) = 3+3=6.(a1​+b1​)+(a2​+b2​)+(a3​+b3​)=(a1​+a2​+a3​)+(b1​+b2​+b3​)=3+3=6. Значит, a12a1+b1+a22a2+b2+a32a3+b3⩾96=32.\dfrac{a_1^2}{a_1+b_1}+\dfrac{a_2^2}{a_2+b_2}+\dfrac{a_3^2}{a_3+b_3} \geqslant \dfrac{9}{6} = \dfrac{3}{2}.a1​+b1​a12​​+a2​+b2​a22​​+a3​+b3​a32​​⩾69​=23​. Осталось показать, что это значение достигается. Возьмём a1=a2=a3=b1=b2=b3=1.a_1=a_2=a_3=b_1=b_2=b_3=1.a1​=a2​=a3​=b1​=b2​=b3​=1. Тогда условия выполнены: a1+a2+a3=3,b1+b2+b3=3.a_1+a_2+a_3=3,\qquad b_1+b_2+b_3=3.a1​+a2​+a3​=3,b1​+b2​+b3​=3. При этом a12a1+b1+a22a2+b2+a32a3+b3=12+12+12=32.\dfrac{a_1^2}{a_1+b_1}+\dfrac{a_2^2}{a_2+b_2}+\dfrac{a_3^2}{a_3+b_3} = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}.a1​+b1​a12​​+a2​+b2​a22​​+a3​+b3​a32​​=21​+21​+21​=23​.
Задача 7МГУ
Дан тетраэдр ABCDA B C DABCD. Рёбра ACA CAC и BDB DBD перпендикулярны прямой, проходящей через их середины. Найдите все возможные значения AB+BCA B+B CAB+BC, если известно, что AD+DC=1A D+D C=1AD+DC=1.
Ответ:1

Решение

Обозначим через NNN середину ребра ACACAC, а через MMM --- середину ребра BDBDBD. Тогда по условию MN⊥AC,MN⊥BD.MN\perp AC,\qquad MN\perp BD.MN⊥AC,MN⊥BD. Проведём через отрезок ACACAC плоскость α\alphaα, перпендикулярную прямой MNMNMN. Аналогично, через отрезок BDBDBD проходит плоскость β\betaβ, также перпендикулярная прямой MNMNMN. Эти плоскости параллельны. На рисунке окружности изображают эти две параллельные плоскости: точки AAA и CCC произвольно лежат на нижней окружности с центром NNN, а точки BBB и DDD --- на верхней окружности с центром MMM. Спроецируем точки BBB и DDD на плоскость α\alphaα. Их проекции обозначим через B1B_1B1​ и D1D_1D1​ соответственно. Изображение 1 Так как точка MMM --- середина отрезка BDBDBD, то её проекция NNN является серединой отрезка B1D1B_1D_1B1​D1​. Но NNN также является серединой отрезка ACACAC. Значит, в четырёхугольнике AB1CD1AB_1CD_1AB1​CD1​ диагонали ACACAC и B1D1B_1D_1B1​D1​ пересекаются и делятся пополам, поэтому AB1CD1AB_1CD_1AB1​CD1​ --- параллелограмм. Следовательно, AB1=CD1,AD1=CB1.AB_1=CD_1,\qquad AD_1=CB_1.AB1​=CD1​,AD1​=CB1​. Кроме того, отрезки BB1BB_1BB1​ и DD1DD_1DD1​ перпендикулярны плоскостям α\alphaα и β\betaβ, поэтому BB1=MN=DD1.BB_1=MN=DD_1.BB1​=MN=DD1​. Тогда прямоугольные треугольники ABB1ABB_1ABB1​ и CDD1CDD_1CDD1​ равны по двум катетам: AB1=CD1,BB1=DD1.AB_1=CD_1,\qquad BB_1=DD_1.AB1​=CD1​,BB1​=DD1​. Отсюда AB=DC.AB=DC.AB=DC. Аналогично, прямоугольные треугольники ADD1ADD_1ADD1​ и CBB1CBB_1CBB1​ равны по двум катетам: AD1=CB1,DD1=BB1.AD_1=CB_1,\qquad DD_1=BB_1.AD1​=CB1​,DD1​=BB1​. Следовательно, AD=BC.AD=BC.AD=BC. Значит, AB+BC=DC+AD=1.AB+BC=DC+AD=1.AB+BC=DC+AD=1.