1. Из вершины A прямоугольного треугольника ABC (угол B- прямой) к плоскости треугольника проведен перпендикуляр AK. Докажите, что прямые KB и BC взаимно перпендикулярны.

1. Чтобы доказать, что прямые $KB$ и $BC$ взаимно перпендикулярны, нужно использовать теорему о трёх перпендикулярах. * $AK \perp (ABC)$ (по условию) * $KB$ — наклонная к плоскости $ABC$ * $AB$ — проекция наклонной $KB$ на плоскость $ABC$ * $BC \perp AB$ (так как $ABC$ — прямоугольный треугольник с прямым углом $B$) По теореме о трёх перпендикулярах, если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и самой наклонной. Значит, $BC \perp KB$. Что и требовалось доказать. 2. Расстояние от точки $M$ до стороны $AB$ — это длина отрезка $MH$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из $M$ на $AB$. * $CM \perp (ABC)$, $CM = 6$ см. * Треугольник $ABC$ — правильный со стороной $10$ см. Значит, все углы по $60^\circ$. * Проведём высоту $CK$ в треугольнике $ABC$. В правильном треугольнике высота является и медианой, и биссектрисой. Значит, $K$ — середина $AB$. * В прямоугольном треугольнике $CKB$: $CK = BC \cdot \sin(60^\circ) = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ см. * $CK \perp AB$. $MK$ — наклонная, $CK$ — её проекция на плоскость $ABC$. $AB \perp CK$ (по построению). По теореме о трёх перпендикулярах, $MK \perp AB$. Таким образом, $MH = MK$. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $CMK$ (прямой угол $C$, так как $CM \perp (ABC)$). * $MK = \sqrt{CM^2 + CK^2}$ * $MK = \sqrt{6^2 + (5\sqrt{3})^2} = \sqrt{36 + 25 \cdot 3} = \sqrt{36 + 75} = \sqrt{111}$ см. **Ответ:** $\sqrt{111}$ см. 3. Нужно доказать, что прямые $AK$ и $EH$ взаимно перпендикулярны. * Треугольник $CEH$ — равнобедренный с основанием $EH$. * $A$ — середина основания $EH$. * В равнобедренном треугольнике $CEH$ медиана $CA$, проведённая к основанию, является также высотой. Значит, $CA \perp EH$. * $SK \perp (CEH)$ (по условию). * $AK$ — наклонная к плоскости $CEH$. * $CA$ — проекция наклонной $AK$ на плоскость $CEH$. * $EH \perp CA$ (доказано выше). По теореме о трёх перпендикулярах, если прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции наклонной на эту плоскость, то она перпендикулярна и самой наклонной. Значит, $EH \perp AK$. Что и требовалось доказать. 4. Найдите расстояние от точки $D$ до гипотенузы $AB$. * Катеты прямоугольного треугольника $ABC$: $AC = 15$ см, $BC = 20$ см. * $CD \perp (ABC)$, $CD = 35$ см. * Расстояние от точки $D$ до гипотенузы $AB$ — это длина перпендикуляра $DH$, опущенного из $D$ на $AB$. Сначала найдём длину гипотенузы $AB$ в треугольнике $ABC$ по теореме Пифагора: $$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{15^2 + 20^2} = \sqrt{225 + 400} = \sqrt{625} = 25$$ см. Проведём высоту $CH$ к гипотенузе $AB$ в треугольнике $ABC$. Площадь треугольника $ABC$ можно найти двумя способами: $$S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 20 = 150$$ см$^2$ $$S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot CH$$ Значит, $$CH = \frac{2S}{AB} = \frac{2 \cdot 150}{25} = \frac{300}{25} = 12$$ см. Теперь рассмотрим прямую $CH$ как проекцию наклонной $DH$ на плоскость $ABC$. * $CD \perp (ABC)$ (по условию). * $DH$ — наклонная к плоскости $ABC$. * $CH$ — проекция наклонной $DH$ на плоскость $ABC$. * $AB \perp CH$ (по построению). По теореме о трёх перпендикулярах, $AB \perp DH$. Значит, $DH$ — искомое расстояние. Рассмотрим прямоугольный треугольник $CDH$ (прямой угол $C$, так как $CD \perp (ABC)$). * $DH = \sqrt{CD^2 + CH^2}$ * $DH = \sqrt{35^2 + 12^2} = \sqrt{1225 + 144} = \sqrt{1369} = 37$ см. **Ответ:** $37$ см.