Отрезок SA длиной 15 см — перпендикуляр к плоскости прямоугольника ABCD, в котором AC = 10 см, AB = 6 см.

При решении этих задач воспользуемся свойствами перпендикуляров и проекций к плоскости. **Задание 1** **Ответ:** **а) Площади проекций равны $30\text{ см}^2$;** **б) $15\sqrt{2}\text{ см}$ (или $\approx 21,2\text{ см}$).** **Решение:** а) Проекцией треугольника $SBC$ на плоскость прямоугольника $ABC$ является треугольник $ABC$. Проекцией треугольника $SDC$ на плоскость $ABC$ является треугольник $ADC$. В прямоугольнике $ABCD$ диагональ $AC$ делит его на два равных прямоугольных треугольника: $\triangle ABC = \triangle ADC$. Следовательно, их площади равны: $$S_{ABC} = S_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC$$ Найдем $BC$ по теореме Пифагора из $\triangle ABC$: $BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{64} = 8\text{ см}$. $$S = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 24\text{ см}^2$$ (Примечание: в условии доказательство равенства площадей проекций, они обе равны $24\text{ см}^2$). б) Расстояние от точки $S$ до прямой $CD$ — это длина отрезка $SD$, так как $AD \perp CD$ (стороны прямоугольника) и по теореме о трех перпендикулярах $SD \perp CD$ (поскольку $SA \perp (ABC)$ и $AD$ — проекция $SD$). Из $\triangle SAD$ ($\angle A = 90^\circ$): $SD = \sqrt{SA^2 + AD^2}$. Так как $AD = BC = 8\text{ см}$, то: $$SD = \sqrt{15^2 + 8^2} = \sqrt{225 + 64} = \sqrt{289} = 17\text{ см}$$. **Задание 2** **Ответ: $a \cdot \operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta$** **Решение:** 1. В $\triangle ABC$ ($\angle C = 90^\circ$): $AC = CB \cdot \operatorname{ctg} A = a \cdot \operatorname{ctg} \alpha$. Но так как обычно в таких задачах $\alpha$ — угол при $A$, то $AC = BC / \operatorname{tg} \alpha = a / \operatorname{tg} \alpha$. Если же $\angle A = \alpha$, то $BC = AC \cdot \operatorname{tg} \alpha \Rightarrow AC = a / \operatorname{tg} \alpha$. 2. Пусть $DH$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$. По условию $DC \perp AC$ и $DC \perp BC$. Это значит, что $DC$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$ в точке $C$, то есть точка $H$ совпадает с $C$. Значит, искомое расстояние — это отрезок $DC$. 3. Проведем перпендикуляр из $D$ к $AB$. Пусть это $DK$. По теореме о трех перпендикулярах $CK \perp AB$. Угол между $DK$ и плоскостью — это $\angle DCK = \beta$. 4. В $\triangle ABC$ высота $CK = BC \cdot \sin B = a \cdot \sin(90^\circ - \alpha) = a \cdot \cos \alpha$. 5. В $\triangle DCK$ ($\angle C = 90^\circ$): $DC = CK \cdot \operatorname{tg} \beta = a \cos \alpha \operatorname{tg} \beta$. **Задание 3** **Решение:** Пусть $DO \perp (ABC)$. Отрезки $OA, OB, OC$ являются проекциями наклонных $DA, DB, DC$ на плоскость $ABC$. Углы между наклонными и плоскостью — это $\angle DAO, \angle DBO, \angle DCO$. По условию они равны. В прямоугольных треугольниках $DAO, DBO, DCO$ общий катет $DO$. Если острые углы и один катет равны, то треугольники равны. Из равенства треугольников следует, что $OA = OB = OC$. Точка, равноудаленная от вершин треугольника, является центром описанной окружности. Что и требовалось доказать.