1. Дано: $AB \perp \alpha$, $M$ и $K$ — произвольные точки плоскости $\alpha$. Докажите, что $AB \perp MK$.

1. Дано: $AB \perp \alpha$, $M$ и $K$ — произвольные точки плоскости $\alpha$. Докажите, что $AB \perp MK$. Так как прямая $AB$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $MK$ лежит в плоскости $\alpha$. Следовательно, $AB \perp MK$. 2. Треугольник $ABC$ правильный, точка $O$ — его центр. Прямая $OM$ перпендикулярна к плоскости $ABC$. а) Докажите, что $MA = MB = MC$. Так как треугольник $ABC$ правильный, то его центр $O$ является также центром описанной и вписанной окружности, а также точкой пересечения медиан, высот и биссектрис. Значит, $OA = OB = OC$. Поскольку прямая $OM$ перпендикулярна плоскости $ABC$, то треугольники $MOA$, $MOB$, $MOC$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $O$. В этих треугольниках: * $OM$ — общий катет. * $OA = OB = OC$ — как катеты. По теореме Пифагора $MA^2 = OM^2 + OA^2$, $MB^2 = OM^2 + OB^2$, $MC^2 = OM^2 + OC^2$. Так как $OA=OB=OC$, то $MA^2=MB^2=MC^2$, а значит $MA=MB=MC$. б) Найдите $MA$, если $AB = 6$ см, $MO = 2$ см. В правильном треугольнике $ABC$ со стороной $a$ радиус описанной окружности $R$ (то есть $OA$, $OB$, $OC$) можно найти по формуле: $$R = \frac{a}{\sqrt{3}}$$ В нашем случае $a = AB = 6$ см. $$OA = \frac{6}{\sqrt{3}} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3} \text{ см}$$ Теперь, используя прямоугольный треугольник $MOA$ и теорему Пифагора: $$MA^2 = OM^2 + OA^2$$ Мы знаем $OM = 2$ см и $OA = 2\sqrt{3}$ см. $$MA^2 = 2^2 + (2\sqrt{3})^2$$ $$MA^2 = 4 + (4 \times 3)$$ $$MA^2 = 4 + 12$$ $$MA^2 = 16$$ $$MA = \sqrt{16}$$ $$MA = 4 \text{ см}$$ **Ответ:** $MA = 4$ см.