О задании

Задание 14 проверяет твоё пространственное мышление и знание стереометрии. Это первая геометрическая задача второй части, требующая полного, обоснованного решения.

Что проверяется: Умение строить сечения, доказывать свойства пространственных фигур, находить углы и расстояния в многогранниках и круглых телах.
Формат ответа: Развёрнутое решение с чертежом, доказательством пункта «а» и вычислением пункта «б».
Уровень сложности: Повышенный.
Максимальный балл: 3 первичных балла.

Какие темы встречаются

Чаще всего на экзамене встречаются:

Сечения пирамид и призм - абсолютный лидер. Нужно уметь грамотно строить сечение методом следов или параллельных прямых.
Угол между плоскостями / Угол между прямой и плоскостью. Классический поиск линейного угла двугранного угла.
Расстояние от точки до плоскости / между скрещивающимися прямыми.
Комбинации фигур (встречаются реже). Цилиндры, конусы и вписанные в них многогранники.

Два подхода к решению

Задание 14 уникально тем, что большинство задач можно решить двумя принципиально разными путями.

1. Классический метод. Основан на теоремах стереометрии, дополнительных построениях, подобии треугольников и тригонометрии. Идеально подходит для задач на сечения пирамид.
2. Метод координат (векторно-координатный). Геометрическая фигура помещается в систему координат $O x y z .$ Дальше всё решается по строгим алгебраическим формулам. Идеально подходит для поиска углов и расстояний в фигурах с прямыми углами (куб, прямоугольный параллелепипед, правильная призма).

Основные формулы

Ниже собран инструментарий для координатного метода. Освой эти формулы - и задача сведётся к аккуратным вычислениям с координатами.

Вектор, длина, скалярное произведение

Координаты вектора по двум точкам $A (x_{1}; y_{1}; z_{1})$ и $B (x_{2}; y_{2}; z_{2}) :$

A B = (x_{2} - x_{1}; y_{2} - y_{1}; z_{2} - z_{1})

Длина вектора $a = (x; y; z) :$

∣ a ∣ = x^{2} + y^{2} + z^{2}

Скалярное произведение векторов $a = (x_{1}; y_{1}; z_{1})$ и $b = (x_{2}; y_{2}; z_{2}) :$

a \cdot b = x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} + z_{1} z_{2}

Если $a \cdot b = 0,$ то векторы (и соответствующие прямые) перпендикулярны.

Уравнение плоскости

Общий вид уравнения плоскости в пространстве:

A x + B y + C z + D = 0

Коэффициенты $(A; B; C)$ - это координаты вектора нормали $n$ к плоскости.

Как найти уравнение плоскости по трём точкам $M_{1}, M_{2}, M_{3} :$
1. Запиши общее уравнение с четырьмя неизвестными $A, B, C, D .$
2. Подставь координаты каждой точки - получишь систему из трёх уравнений.
3. Зафиксируй один коэффициент (например, $D = 1$ или $D = - 1,$ если плоскость не проходит через начало координат) и найди остальные.

Расстояние от точки до плоскости

Расстояние от точки $M (x_{0}; y_{0}; z_{0})$ до плоскости $α,$ заданной уравнением $A x + B y + C z + D = 0 :$

d = \frac{∣ A x _{0} + B y _{0} + C z _{0} + D ∣}{A ^{2} + B ^{2} + C ^{2}}

Угол между прямыми

Косинус угла $φ$ между прямыми, заданными направляющими векторами $a$ и $b :$

cos φ = \frac{∣ a \cdot b ∣}{∣ a ∣ \cdot ∣ b ∣}

Модуль в числителе обязателен: угол между прямыми всегда берётся острым, от $0$ до $90° .$

Угол между плоскостями

Углом между двумя плоскостями называют острый угол $ψ$ из диапазона $[0°; 90°] .$ Он вычисляется через нормали $n_{1}$ и $n_{2}$ к плоскостям:

cos ψ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣ \cdot ∣ n _{2} ∣}

Угол между прямой и плоскостью

Внимание: здесь используется синус, а не косинус!
Синус угла $θ$ между прямой с направляющим вектором $a$ и плоскостью с нормалью $n :$

sin θ = \frac{∣ a \cdot n ∣}{∣ a ∣ \cdot ∣ n ∣}

Общий алгоритм решения

План действий на экзамене

1. Построй крупный чертёж. Сделай его карандашом, чтобы можно было стирать вспомогательные линии. Невидимые линии обязательно делай пунктирными.
2. Докажи пункт «а». Опирайся только на известные теоремы (признак перпендикулярности прямой и плоскости, теорема о трёх перпендикулярах). Каждое логическое следствие сопровождай ссылкой на теорему или свойство.
3. Выбери метод для пункта «б». Если фигура прямоугольная - смело вводи координаты. Если это сложная пирамида - используй классику и выносные плоские чертежи.
4. Если выбрал координаты - введи удобную систему.

Куб, прямоугольный параллелепипед: начало в вершине, оси вдоль трёх рёбер, выходящих из этой вершины.
Правильная призма: начало в центре нижнего основания, ось $O z$ по высоте.
Правильная пирамида: начало в центре основания, ось $O z$ по высоте.
Хороший признак правильного выбора: координаты всех ключевых точек получаются простыми (целыми или легко выражаются через ребро).

5. Проведи вычисления. Выполняй арифметику аккуратно, избавляйся от иррациональности в знаменателе.
6. Запиши чёткий ответ. Ответ на пункт «а» обычно пишется словом «Доказано». Ответ на пункт «б» - число (часто с корнями или аркфункциями).

Примеры решения

Ниже разобраны три примера. Первый демонстрирует классический подход, второй - всю мощь метода координат, третий - работу с углом между прямой и плоскостью. Для каждой задачи приведено основное и альтернативное решение.

Пример 1. Классический метод (Сечение пирамиды)

Условие:
В правильной четырёхугольной пирамиде $S A B C D$ все рёбра равны $6 .$ Точка $K$ - середина бокового ребра $S C .$ Плоскость $α$ проходит через точки $A,$ $B$ и $K .$
а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью $α$ является равнобедренной трапецией.
б) Найдите косинус угла между плоскостью $α$ и плоскостью основания $A B C D .$

Показать решение

Пункт а (Доказательство):

1. В правильной пирамиде основание $A B C D$ - квадрат, значит, $A B ∥ C D .$ Так как $C D$ лежит в плоскости $S C D,$ то прямая $A B$ параллельна плоскости $S C D .$
2. Плоскость $α$ проходит через прямую $A B,$ параллельную плоскости $S C D,$ и пересекает эту плоскость. По свойству параллельных прямых и плоскостей, линия пересечения этих плоскостей должна быть параллельна $A B .$
3. Значит, плоскость $α$ пересекает грань $S C D$ по отрезку $K L,$ параллельному $C D$ (так как $A B ∥ C D$ ).
4. Поскольку $K$ - середина $S C,$ а $K L ∥ C D,$ отрезок $K L$ является средней линией треугольника $S C D .$ Следовательно, точка $L$ - середина $S D .$
5. Сечение $A B K L$ - трапеция (так как $A B ∥ K L$ ). Докажем, что она равнобедренная. Треугольники $S A D$ и $S B C$ равны (пирамида правильная). Отрезки $A L$ и $B K$ - медианы этих равных треугольников, проведённые к равным сторонам. Следовательно, $A L = B K .$ Трапеция равнобедренная. Доказано.

Пункт б (Вычисление):

1. Найдём линейный угол двугранного угла между плоскостью $A B K L$ и основанием $A B C D .$ Пусть $E$ и $F$ - середины $A B$ и $C D$ соответственно. $M$ - середина $K L .$
2. Проекция вершины $S$ - точка $O,$ центр квадрата. Плоскость $S E F$ является плоскостью симметрии пирамиды. Она перпендикулярна прямой $A B .$ Следовательно, линейный угол искомого двугранного угла - это $∠ M E M^{'},$ где $M^{'}$ - проекция точки $M$ на плоскость основания (точка $M^{'}$ лежит на отрезке $O F$ ).
3. В $△ S E F$ отрезок $O F = \frac{1}{2} A D = 3 .$ Высота пирамиды $S O = S F^{2} - O F^{2} .$ Треугольник $S C D$ равносторонний (все стороны равны $6$ ), поэтому апофема $S F$ - это его высота: $S F = \frac{6 3}{2} = 33 .$ Тогда $S O = 27 - 9 = 18 = 32 .$
4. Точка $M$ - середина средней линии $K L,$ значит, она лежит на середине апофемы $S F .$ Расстояние от $M$ до основания в два раза меньше $S O :$ $M M^{'} = \frac{3 2}{2} .$
5. Точка $M^{'}$ - середина $O F .$ Значит, $O M^{'} = 1, 5 .$ Тогда $E M^{'} = E O + O M^{'} = 3 + 1, 5 = 4, 5 = \frac{9}{2} .$
6. В прямоугольном $△ M M^{'} E$ найдём гипотенузу $M E :$

M E = (E M^{'})^{2} + (M M^{'})^{2} = (\frac{9}{2})^{2} + (\frac{3 2}{2})^{2} = \frac{81}{4} + \frac{18}{4} = \frac{99}{2} = \frac{3 11}{2}

7. Косинус искомого угла:

cos ∠ M E M^{'} = \frac{E M ^{'}}{M E} = \frac{\frac{9}{2}}{\frac{3 11}{2}} = \frac{9}{3 11} = \frac{3}{11} = \frac{3 11}{11}

Ответ: б) $\frac{3 11}{11}$

Альтернативное решение пункта б (метод координат)

Поместим пирамиду в систему координат: начало $O$ - в центре квадрата $A B C D,$ ось $O z$ направим через вершину $S .$ Стороны квадрата параллельны осям $O x$ и $O y .$

Координаты вершин:
$A (3; - 3; 0), B (3; 3; 0), C (- 3; 3; 0), D (- 3; - 3; 0)$
$S (0; 0; 32)$ (высота пирамиды $S O = 32,$ как вычислено в классическом решении)

Точка $K$ - середина $S C :$

K = (\frac{0 + ( - 3 )}{2}; \frac{0 + 3}{2}; \frac{3 2 + 0}{2}) = (- \frac{3}{2}; \frac{3}{2}; \frac{3 2}{2})

Найдём уравнение плоскости $α$ (через $A,$ $B,$ $K$ ) в виде $A x + B y + C z + D = 0 :$

Подставим $A (3; - 3; 0) :$ $3 A - 3 B + D = 0 .$
Подставим $B (3; 3; 0) :$ $3 A + 3 B + D = 0 .$

Вычитая первое из второго: $6 B = 0 ⟹ B = 0,$ тогда $D = - 3 A .$

Подставим $K :$

- \frac{3 A}{2} + 0 + \frac{3 2}{2} C - 3 A = 0 ⟹ - \frac{9 A}{2} + \frac{3 2}{2} C = 0 ⟹ C = \frac{3 A}{2} = \frac{3 A 2}{2}

Примем $A = 2 :$ нормаль плоскости $α$ равна $n_{α} = (2; 0; 32) .$

Нормаль плоскости основания $A B C D$ (плоскость $z = 0$ ): $n_{0} = (0; 0; 1) .$

Применим формулу угла между плоскостями:

cos ψ = \frac{∣ n _{α} \cdot n _{0} ∣}{∣ n _{α} ∣ \cdot ∣ n _{0} ∣} = \frac{∣0 + 0 + 3 2 ∣}{4 + 0 + 18 \cdot 1} = \frac{3 2}{22} = \frac{3 2 \cdot 22}{22} = \frac{3 44}{22} = \frac{6 11}{22} = \frac{3 11}{11}

Ответ совпал с классическим решением.

Пример 2. Метод координат (Углы и расстояния в кубе)

Условие:
Дан куб $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} .$
а) Докажите, что прямая $B D_{1}$ перпендикулярна плоскости $A C B_{1} .$
б) Найдите расстояние от точки $D$ до плоскости $A C B_{1},$ если ребро куба равно $3 .$

Показать решение

Пункт а (Доказательство):
Введём систему координат. Пусть начало координат совпадает с точкой $D (0; 0; 0) .$ Ось $O x$ направим вдоль $D A,$ ось $O y$ - вдоль $D C,$ ось $O z$ - вдоль $D D_{1} .$ Пусть ребро куба равно $a .$
Координаты нужных точек:
$D (0; 0; 0)$
$A (a; 0; 0)$
$C (0; a; 0)$
$B (a; a; 0)$
$D_{1} (0; 0; a)$
$B_{1} (a; a; a)$

Найдём координаты вектора $B D_{1} :$
$B D_{1} = (0 - a; 0 - a; a - 0) = (- a; - a; a) .$

Найдём координаты двух векторов, лежащих в плоскости $A C B_{1},$ например $A C$ и $A B_{1} :$
$A C = (0 - a; a - 0; 0 - 0) = (- a; a; 0) .$
$A B_{1} = (a - a; a - 0; a - 0) = (0; a; a) .$

Проверим скалярные произведения вектора $B D_{1}$ с направляющими векторами плоскости:
$B D_{1} \cdot A C = (- a) (- a) + (- a) (a) + a \cdot 0 = a^{2} - a^{2} = 0 .$
$B D_{1} \cdot A B_{1} = (- a) \cdot 0 + (- a) (a) + a \cdot a = - a^{2} + a^{2} = 0 .$

Так как скалярные произведения равны нулю, вектор $B D_{1}$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым в плоскости $A C B_{1} .$ Значит, прямая $B D_{1}$ перпендикулярна плоскости $A C B_{1} .$ Доказано.

Пункт б (Вычисление):

По условию ребро куба равно $3 .$ Значит, координаты точек плоскости: $A (3; 0; 0),$ $C (0; 3; 0),$ $B_{1} (3; 3; 3) .$
Составим уравнение плоскости $A C B_{1}$ в виде $A x + B y + C z + D = 0 .$ Воспользуемся уравнением плоскости в отрезках (так как она отсекает на осях $X$ и $Y$ отрезки равные 3):
$\frac{x}{3} + \frac{y}{3} + \frac{z}{c} = 1 .$
Подставим точку $B_{1} (3; 3; 3)$ для нахождения $c :$
$\frac{3}{3} + \frac{3}{3} + \frac{3}{c} = 1 ⟹ 2 + \frac{3}{c} = 1 ⟹ \frac{3}{c} = - 1 ⟹ c = - 3 .$
Уравнение плоскости: $\frac{x}{3} + \frac{y}{3} - \frac{z}{3} = 1 .$
Умножим на 3 и перенесём всё в левую часть:
$x + y - z - 3 = 0 .$

Нам нужно найти расстояние от точки $D (0; 0; 0)$ до этой плоскости. Используем формулу расстояния от точки до плоскости:

d = \frac{∣1 \cdot 0 + 1 \cdot 0 - 1 \cdot 0 - 3∣}{1 ^{2} + 1 ^{2} + ( - 1 ) ^{2}} = \frac{∣ - 3∣}{3} = \frac{3}{3} = 3

Ответ: б) $3$

Альтернативное решение (классический метод)

Пункт а (классика, через теорему о трёх перпендикулярах):

Докажем, что $B D_{1}$ перпендикулярна двум непараллельным прямым плоскости $A C B_{1} :$ $A C$ и $A B_{1} .$

Шаг 1: $B D_{1} ⊥ A C .$

В квадрате $A B C D$ диагонали перпендикулярны: $B D ⊥ A C .$
По свойству куба, ребро $D D_{1} ⊥$ плоскости $A B C D,$ значит $D D_{1} ⊥ A C .$
Прямые $B D$ и $D D_{1}$ лежат в плоскости $B D D_{1} B_{1}$ и обе перпендикулярны $A C,$ значит $A C ⊥$ плоскости $B D D_{1} B_{1} .$
Диагональ $B D_{1}$ лежит в этой плоскости, поэтому $A C ⊥ B D_{1} .$

Шаг 2: $B D_{1} ⊥ A B_{1} .$

Рассмотрим плоскость грани $A B B_{1} A_{1} .$ Точка $D_{1}$ не лежит в ней, и её проекция на эту плоскость - точка $A_{1}$ (так как $D_{1} A_{1} ⊥ A B B_{1} A_{1}$ ).
Значит, проекция наклонной $B D_{1}$ на плоскость $A B B_{1} A_{1}$ - это диагональ $B A_{1} .$
В квадрате $A B B_{1} A_{1}$ диагонали $A B_{1}$ и $B A_{1}$ перпендикулярны.
По теореме о трёх перпендикулярах: $A B_{1} ⊥ B D_{1} .$

Из шагов 1 и 2: $B D_{1}$ перпендикулярна двум непараллельным прямым плоскости $A C B_{1},$ следовательно $B D_{1} ⊥ A C B_{1} .$ Доказано.

Пункт б (классика, через объём тетраэдра):

Рассмотрим тетраэдр $D A C B_{1} .$ Вычислим его объём двумя способами, выбирая разные основания.

Первый способ: основание - треугольник $A C D .$
Треугольник $A C D$ лежит в грани $A B C D,$ это прямоугольный треугольник с катетами $A D = D C = 3 :$

S_{A C D} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = \frac{9}{2}

Высота тетраэдра из вершины $B_{1}$ - это расстояние от $B_{1}$ до плоскости $A B C D,$ то есть ребро куба: $h = 3 .$

V = \frac{1}{3} \cdot \frac{9}{2} \cdot 3 = \frac{9}{2}

Второй способ: основание - треугольник $A C B_{1} .$
Все стороны $A C B_{1}$ являются диагоналями граней куба, их длина равна $32 .$ Значит, $A C B_{1}$ - равносторонний треугольник:

S_{A C B_{1}} = \frac{3}{4} \cdot (32)^{2} = \frac{3}{4} \cdot 18 = \frac{9 3}{2}

Высота тетраэдра из вершины $D$ - это искомое расстояние $d$ от $D$ до плоскости $A C B_{1} .$

V = \frac{1}{3} \cdot \frac{9 3}{2} \cdot d = \frac{3 3}{2} \cdot d

Приравняем два выражения для объёма:

\frac{3 3}{2} \cdot d = \frac{9}{2} ⟹ d = \frac{9}{3 3} = \frac{3}{3} = 3

Ответ: $3,$ совпал с координатным решением.

Пример 3. Угол между прямой и плоскостью

Условие:
В правильной четырёхугольной призме $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ сторона основания равна $a,$ а боковое ребро равно $2 a .$
а) Докажите, что прямая $B_{1} D$ перпендикулярна прямой $A C .$
б) Найдите угол между прямой $B_{1} D$ и плоскостью основания $A B C D .$

Показать решение

Пункт а (Доказательство):
1. В квадрате $A B C D$ диагонали перпендикулярны: $A C ⊥ B D .$
2. Поскольку призма правильная, боковое ребро $B B_{1}$ перпендикулярно плоскости основания $A B C D,$ значит $B B_{1} ⊥ A C .$
3. Прямая $A C$ перпендикулярна двум непараллельным прямым $B D$ и $B B_{1}$ плоскости $B D D_{1} B_{1},$ следовательно $A C$ перпендикулярна всей плоскости $B D D_{1} B_{1} .$
4. Диагональ $B_{1} D$ лежит в плоскости $B D D_{1} B_{1},$ значит $A C ⊥ B_{1} D .$ Доказано.

Пункт б (Вычисление):

Поскольку $B B_{1} ⊥ A B C D,$ точка $B$ - проекция вершины $B_{1}$ на плоскость основания. Значит, проекция наклонной $B_{1} D$ на плоскость $A B C D$ - это отрезок $B D .$ Угол между прямой $B_{1} D$ и плоскостью $A B C D$ - это угол $∠ B_{1} D B$ в прямоугольном треугольнике $B_{1} B D$ с прямым углом при $B .$

Найдём стороны треугольника:

$B D = a 2$ (диагональ квадрата со стороной $a$ );
$B B_{1} = 2 a$ (боковое ребро);
$B_{1} D = B D^{2} + B B_{1}^{2} = 2 a^{2} + 4 a^{2} = a 6 .$

Тангенс искомого угла:

t g θ = \frac{B B _{1}}{B D} = \frac{2 a}{a 2} = 2

Ответ: б) $arct g 2$

Альтернативное решение пункта б (метод координат)

Введём систему координат: начало в вершине $A,$ оси $O x$ и $O y$ направим вдоль рёбер $A B$ и $A D,$ ось $O z$ - вдоль $A A_{1} .$

Координаты нужных точек:
$A (0; 0; 0), B (a; 0; 0), D (0; a; 0), B_{1} (a; 0; 2 a)$

Направляющий вектор прямой $B_{1} D :$

B_{1} D = D - B_{1} = (0 - a; a - 0; 0 - 2 a) = (- a; a; - 2 a)

Нормаль к плоскости основания $A B C D$ (плоскость $z = 0$ ): $n = (0; 0; 1) .$

Применим формулу угла между прямой и плоскостью (через синус):

sin θ = \frac{∣ B _{1} D \cdot n ∣}{∣ B _{1} D ∣ \cdot ∣ n ∣} = \frac{∣ - 2 a ∣}{a ^{2} + a ^{2} + 4 a ^{2} \cdot 1} = \frac{2 a}{a 6} = \frac{2}{6} = \frac{6}{3}

Итого $sin θ = \frac{6}{3},$ значит $θ = arcsin \frac{6}{3} .$ Можно убедиться, что это то же самое значение: из $sin θ = \frac{6}{3}$ следует $cos θ = 1 - \frac{6}{9} = \frac{1}{3},$ откуда $t g θ = \frac{sin θ}{cos θ} = \frac{2/ 6}{1/ 3} = 2 .$ Совпало с классическим решением.

Ответ: б) $arcsin \frac{6}{3}$ (или, что то же самое, $arct g 2$ ).

Частые ошибки

Голословные утверждения при построении сечений

Ошибка: Нарисовать на чертеже линию и написать «соединим точку $M$ и точку $K$ », даже если они лежат в разных гранях многогранника.
Правильно: Соединять отрезком можно только те точки, которые лежат в одной плоскости (в одной грани). Если они в разных гранях - ищи дополнительные точки пересечения на рёбрах или используй свойство параллельных плоскостей.

Ошибочный линейный угол

Ошибка: При поиске угла между плоскостями провести перпендикуляры из разных вершин и соединить их, заявив, что это линейный угол.
Правильно: Линейный угол образуется только тогда, когда два перпендикуляра проведены из плоскостей к одной и той же точке на линии их пересечения.

Путаница между углами: sin и cos

Ошибка: Использовать формулу $cos = \frac{∣ a \cdot n ∣}{∣ a ∣∣ n ∣}$ для угла между прямой и плоскостью и записать ответ $arccos (\dots) .$
Правильно: Формулы похожи, но угол разный. Запомни: для двух прямых - косинус; для двух плоскостей - косинус; для прямой с плоскостью - синус. Причина: между прямой и плоскостью угол дополняет до $90°$ угол между прямой и нормалью.

Неудачная система координат

Ошибка: В кубе с ребром $a$ поставить начало координат в центр куба или середину диагонали - получить координаты вершин в виде $(\pm \frac{a}{2}; \pm \frac{a}{2}; \pm \frac{a}{2})$ и запутаться в знаках.
Правильно: Почти всегда выгоднее ставить начало координат в одну из вершин многогранника, а оси направлять вдоль рёбер. Тогда координаты вершин выглядят как $(0; 0; 0),$ $(a; 0; 0),$ $(a; a; 0)$ и т.д. - их проще подставлять в формулы.

Стратегия на экзамене

Стратегия выполнения задания 14

Время выполнения: 20–30 минут.
Приоритеты: Всегда читай условие 14-го задания. Если пункт «б» выглядит страшным, попробуй решить только пункт «а». Доказательство часто бывает очень простым и приносит полноценный 1 первичный балл (это много!).
Выбор метода: Если в задаче дан куб, прямоугольный параллелепипед или правильная призма с хорошими числами - сразу вводи систему координат. Это механическая работа, которая защитит от необходимости "искать озарение" с дополнительными построениями.
Если застрял: Если классическим методом не удаётся найти нужное расстояние или угол, попробуй задать систему координат. Даже в правильной пирамиде метод координат отлично работает.

За что дают баллы

Оценивание задания 14 очень лояльное. Максимум можно получить 3 балла.

3 балла: Ты безупречно доказал пункт «а» и получил правильный, обоснованный ответ в пункте «б».
2 балла: Есть два способа получить 2 балла:
1. Ты полностью решил только пункт «б» (доказательство пункта «а» не приведено или неверно).
2. Ты доказал пункт «а», логика пункта «б» абсолютно верная, но допущена арифметическая ошибка при счёте (ошибка в вычислениях, например $2 + 3 = 6$ ).
1 балл: Даётся в одном из трёх случаев:
1. Ты верно доказал только пункт «а».
2. Ты попытался решить только пункт «б», ход решения правильный, но допущена вычислительная ошибка.
3. Ты решил пункт «б», опираясь на утверждение из пункта «а», но само утверждение не доказал (и при этом получил правильный ответ).
0 баллов: Решение не соответствует ни одному из критериев (ошибки в формулах, неверная геометрия, отсутствие обоснований).