Докажите, что треугольник BCD — прямоугольный. Угол C треугольника ABC — прямой. AD — перпендикуляр к плоскости треугольника ABC.

**1 вариант. Задание 1** Дано: * $\triangle ABC$ — прямоугольный, $\angle C = 90^\circ$. * $AD \perp$ плоскости $\triangle ABC$. Доказать: * $\triangle BCD$ — прямоугольный. Доказательство: 1. Так как $AD \perp$ плоскости $\triangle ABC$, то $AD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Значит, $AD \perp BC$. 2. По условию $\triangle ABC$ прямоугольный, и $\angle C = 90^\circ$, следовательно $AC \perp BC$. 3. Мы имеем $AD \perp BC$ и $AC \perp BC$. Поскольку $AD$ и $AC$ лежат в плоскости $ADC$, то прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AD$ и $AC$ в плоскости $ADC$. Отсюда следует, что $BC$ перпендикулярна плоскости $ADC$ (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). 4. Поскольку $BC \perp$ плоскости $ADC$, то $BC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $CD$. То есть $BC \perp CD$. 5. Следовательно, $\triangle BCD$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $C$. Что и требовалось доказать. **1 вариант. Задание 2** Допущение: $AH$ — перпендикуляр к плоскости квадрата. Дано: * $ABCD$ — квадрат. * Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E$. * $AH \perp$ плоскости квадрата. Доказать: * Прямые $HE$ и $BD$ перпендикулярны. Доказательство: 1. В квадрате диагонали перпендикулярны, поэтому $AC \perp BD$. 2. По условию $AH \perp$ плоскости квадрата $ABCD$. Значит, $AH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе $BD$. То есть $AH \perp BD$. 3. Мы знаем, что $BD \perp AC$ (из п. 1) и $BD \perp AH$ (из п. 2). Поскольку $AC$ и $AH$ лежат в плоскости $ACH$, то прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $AH$ в плоскости $ACH$. Отсюда следует, что $BD$ перпендикулярна плоскости $ACH$ (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). 4. Так как $HE$ лежит в плоскости $ACH$, а $BD$ перпендикулярна этой плоскости, то $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $HE$. То есть $HE \perp BD$. Что и требовалось доказать. **1 вариант. Задание 3** Дано: * $ABCD$ — квадрат со стороной $16$ см. * $AE \perp$ плоскости квадрата $ABCD$, $AE = 12$ см. Доказать: * $\triangle BCE$ — прямоугольный. * Найти площадь $\triangle BCE$. Доказательство и решение: 1. Так как $AE \perp$ плоскости квадрата $ABCD$, то $AE$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе $BC$. То есть $AE \perp BC$. 2. В квадрате $ABCD$, сторона $AB$ перпендикулярна $BC$. То есть $AB \perp BC$. 3. Мы имеем $AE \perp BC$ и $AB \perp BC$. Поскольку $AE$ и $AB$ лежат в плоскости $ABE$, то прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AE$ и $AB$ в плоскости $ABE$. Отсюда следует, что $BC$ перпендикулярна плоскости $ABE$ (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости). 4. Поскольку $BC \perp$ плоскости $ABE$, то $BC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $BE$. То есть $BC \perp BE$. 5. Следовательно, $\triangle BCE$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $B$. Теперь найдем площадь $\triangle BCE$. 6. Сторона $BC$ квадрата равна $16$ см. 7. В прямоугольном $\triangle ABE$ (так как $AE \perp AB$), по теореме Пифагора: $$BE^2 = AB^2 + AE^2$$ $$BE^2 = 16^2 + 12^2$$ $$BE^2 = 256 + 144$$ $$BE^2 = 400$$ $$BE = \sqrt{400} = 20 \text{ см}$$ 8. Площадь прямоугольного $\triangle BCE$ равна половине произведения его катетов $BC$ и $BE$: $$S_{\triangle BCE} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot BE$$ $$S_{\triangle BCE} = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 20$$ $$S_{\triangle BCE} = 160 \text{ см}^2$$ **Ответ:** $\triangle BCE$ — прямоугольный. Площадь $\triangle BCE$ равна $160 \text{ см}^2$. **1 вариант. Задание 4** Допущение: $OM$ — перпендикуляр к плоскости квадрата. Дано: * $ABCD$ — квадрат со стороной $18$ см. * $O$ — центр квадрата. * $OM \perp$ плоскости квадрата $ABCD$, $OM = 12$ см. Найти: * Площадь $\triangle ABM$. Решение: 1. Проведем высоту $MK$ в $\triangle ABM$ к стороне $AB$. Так как $OM \perp$ плоскости квадрата, а $OK$ — проекция $MK$ на плоскость квадрата, то по теореме о трех перпендикулярах, если $MK \perp AB$, то $OK \perp AB$. Следовательно, $MK$ является высотой $\triangle ABM$. 2. Точка $O$ — центр квадрата, поэтому $OK$ — это расстояние от центра квадрата до стороны $AB$. $OK$ равна половине стороны квадрата, так как $OK$ параллельна $AD$ и $BC$ и соединяет середины сторон $AB$ и $CD$ (или является частью средней линии, если провести ее через $O$). $$OK = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} \cdot 18 = 9 \text{ см}$$ 3. Рассмотрим прямоугольный $\triangle MOK$ (так как $OM \perp OK$). По теореме Пифагора найдем $MK$: $$MK^2 = OM^2 + OK^2$$ $$MK^2 = 12^2 + 9^2$$ $$MK^2 = 144 + 81$$ $$MK^2 = 225$$ $$MK = \sqrt{225} = 15 \text{ см}$$ 4. Площадь $\triangle ABM$ равна половине произведения стороны $AB$ на высоту $MK$: $$S_{\triangle ABM} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MK$$ $$S_{\triangle ABM} = \frac{1}{2} \cdot 18 \cdot 15$$ $$S_{\triangle ABM} = 9 \cdot 15$$ $$S_{\triangle ABM} = 135 \text{ см}^2$$ **Ответ:** $135 \text{ см}^2$. **1 вариант. Задание 5** Дано: * $AM \perp$ плоскости $\triangle ABC$, $AM = 24$ см. * $\triangle ABC$ с $AB=AC=20$ см, $BC=24$ см. Найти: * Расстояние от точки $M$ до прямой $BC$. Решение: 1. Расстоянием от точки $M$ до прямой $BC$ является длина отрезка $MD$, где $D$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на прямую $BC$. Так как $AM \perp$ плоскости $\triangle ABC$, то $AD$ — проекция $MD$ на плоскость $\triangle ABC$. По теореме о трех перпендикулярах, если $MD \perp BC$, то $AD \perp BC$. 2. Рассмотрим $\triangle ABC$. Он равнобедренный, так как $AB=AC=20$ см. $AD$ — высота, проведенная к основанию $BC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой и биссектрисой. Значит, $D$ — середина $BC$. 3. Найдем длину $AD$. В прямоугольном $\triangle ADC$ (так как $AD \perp BC$), $AC=20$ см, $CD = \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12$ см. По теореме Пифагора: $$AD^2 = AC^2 - CD^2$$ $$AD^2 = 20^2 - 12^2$$ $$AD^2 = 400 - 144$$ $$AD^2 = 256$$ $$AD = \sqrt{256} = 16 \text{ см}$$ 4. Теперь рассмотрим прямоугольный $\triangle MAD$ (так как $AM \perp$ плоскости $\triangle ABC$, то $AM \perp AD$). По теореме Пифагора найдем $MD$: $$MD^2 = AM^2 + AD^2$$ $$MD^2 = 24^2 + 16^2$$ $$MD^2 = 576 + 256$$ $$MD^2 = 832$$ $$MD = \sqrt{832} = \sqrt{256 \cdot 3.25} = 16\sqrt{3.25} \text{ см}$$ (примерно $28.84$ см) Или $MD = \sqrt{832} = \sqrt{16 \cdot 52} = 4\sqrt{52} = 4\sqrt{4 \cdot 13} = 4 \cdot 2\sqrt{13} = 8\sqrt{13} \text{ см}$. **Ответ:** $8\sqrt{13} \text{ см}$. **1 вариант. Задание 6** Дано: * $\triangle ABC$ — правильный, $AB=10$ см. * $O$ — центр $\triangle ABC$. * $OM \perp$ плоскости $\triangle ABC$, $OM = 5$ см. Найти: * Расстояние от точки $M$ до стороны $AB$. Решение: 1. Расстоянием от точки $M$ до стороны $AB$ является длина отрезка $MK$, где $K$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на прямую $AB$. Так как $OM \perp$ плоскости $\triangle ABC$, то $OK$ — проекция $MK$ на плоскость $\triangle ABC$. По теореме о трех перпендикулярах, если $MK \perp AB$, то $OK \perp AB$. 2. В правильном $\triangle ABC$, $O$ — центр, $OK$ — это радиус вписанной окружности ($r$). Высота $h$ правильного треугольника со стороной $a$ равна $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. В нашем случае $a=10$ см, значит $h = \frac{10\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ см. Радиус вписанной окружности $r$ в правильном треугольнике равен трети высоты. $$OK = r = \frac{1}{3} h = \frac{1}{3} \cdot 5\sqrt{3} = \frac{5\sqrt{3}}{3} \text{ см}$$ 3. Рассмотрим прямоугольный $\triangle MOK$ (так как $OM \perp OK$). По теореме Пифагора найдем $MK$: $$MK^2 = OM^2 + OK^2$$ $$MK^2 = 5^2 + \left(\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)^2$$ $$MK^2 = 25 + \frac{25 \cdot 3}{9}$$ $$MK^2 = 25 + \frac{75}{9}$$ $$MK^2 = 25 + \frac{25}{3}$$ $$MK^2 = \frac{75}{3} + \frac{25}{3}$$ $$MK^2 = \frac{100}{3}$$ $$MK = \sqrt{\frac{100}{3}} = \frac{10}{\sqrt{3}} = \frac{10\sqrt{3}}{3} \text{ см}$$ **Ответ:** $\frac{10\sqrt{3}}{3} \text{ см}$.