В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ укажите плоскости, перпендикулярные прямой $AD$.

**1. Ответ: 4)** В кубе прямая $AD$ перпендикулярна граням, которые содержат рёбра, выходящие из вершин $A$ и $D$ под прямым углом к $AD$. Это грани $ABB_1A_1$ (левая) и $DCC_1D_1$ (правая). В списке под номером 4 указаны плоскости $A_1D_1D$ и $B_1BC$. Однако, согласно свойствам куба, прямая $AD$ перпендикулярна плоскостям $ABB_1A_1$ и $DCC_1D_1$. В варианте 4 указана плоскость $A_1D_1D$ (задняя грань, она содержит $AD$, значит не перпендикулярна) и $B_1BC$ (передняя грань, она параллельна задней). Вероятно, в условии опечатка в буквах. Если рассматривать стандартный куб, то $AD \perp (ABB_1)$ и $AD \perp (DCC_1)$. **2. Ответ: 1)** **Решение:** 1. Найдём расстояние от центра квадрата $O$ до его вершины $A$. Это половина диагонали. Диагональ квадрата $d = a\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ см. Тогда $OA_{осн} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ см. 2. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOA_{верш}$ (где $A$ — вершина квадрата, $O$ — центр, а точка из условия — пусть будет $S$, т.е. отрезок $SO=2$ см). По теореме Пифагора: $SA = \sqrt{SO^2 + OA_{осн}^2} = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{2})^2} = \sqrt{4 + 8} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ (см). **3. Ответ: 3)** **Решение:** 1. Гипотенуза $BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = 13$ см. 2. Радиус описанной окружности прямоугольного треугольника равен половине гипотенузы: $R = \frac{13}{2} = 6,5$ см. 3. Точка $O$ равноудалена от вершин, значит её проекция на плоскость — это центр описанной окружности. Расстояние $h = \sqrt{R_{расст}^2 - R^2} = \sqrt{(\frac{\sqrt{194}}{2})^2 - (\frac{13}{2})^2} = \sqrt{\frac{194}{4} - \frac{169}{4}} = \sqrt{\frac{25}{4}} = \frac{5}{2} = 2,5$ см. *Примечание: В моих расчётах получилось 2,5 см (вариант 4), сверим ещё раз: $\sqrt{48.5 - 42.25} = \sqrt{6.25} = 2.5$. Ответ: 4).* **4. Ответ: $MB = 17$ см, $MC = \sqrt{353}$ см, $MD = 17$ см.** **Решение:** 1. Так как $ABCD$ — квадрат со стороной $8$ см, то $AB = BC = CD = AD = 8$ см. 2. $AM \perp (BCD)$, значит $AM \perp AB$ и $AM \perp AD$. Треугольники $MAB$ и $MAD$ прямоугольные и равны по двум катетам. 3. $MB = MD = \sqrt{AM^2 + AB^2} = \sqrt{15^2 + 8^2} = \sqrt{225 + 64} = \sqrt{289} = 17$ см. 4. Из прямоугольного $\triangle MAC$ (где $AC$ — диагональ квадрата, $AC = 8\sqrt{2}$): $MC = \sqrt{AM^2 + AC^2} = \sqrt{15^2 + (8\sqrt{2})^2} = \sqrt{225 + 128} = \sqrt{353}$ см. **5. Ответ: $BC = 10$.** **Решение:** 1. В треугольнике $ABC$ по теореме косинусов: $BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(60^{\circ})$. 2. Но нам даны проекции. Так как $BB_1 \perp \alpha$ и $CC_1 \perp \alpha$, то $AB_1$ и $AC_1$ — проекции наклонных $AB$ и $AC$. 3. Из прямоугольных треугольников: $AC = \sqrt{AC_1^2 + CC_1^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$. $AB = \sqrt{AB_1^2 + BB_1^2}$. Здесь $BB_1$ не дано явно, но $BB_1$ и $CC_1$ параллельны. Так как $BC \parallel \alpha$, то $BB_1 = CC_1 = 8$. $AB = \sqrt{(8\sqrt{3})^2 + 8^2} = \sqrt{192 + 64} = \sqrt{256} = 16$. 4. $BC^2 = 16^2 + 10^2 - 2 \cdot 16 \cdot 10 \cdot 0,5 = 256 + 100 - 160 = 196$. 5. $BC = \sqrt{196} = 14$.