Вариант Б1. 1. Отрезок SA длиной 15 см — перпендикуляр к плоскости прямоугольника ABCD, в котором AC = 10 см, AB = 6 см. а) Докажите, что проекции треугольников SBC и SDC на плоскость прямоугольника имеют равные площади.

Вариант Б1 **1.** **а)** Проекцией треугольника $SBC$ на плоскость прямоугольника $ABCD$ является треугольник $ABC$, так как $SA \perp (ABC)$, значит, проекция точки $S$ — это точка $A$. Проекцией треугольника $SDC$ является треугольник $ADC$. Поскольку $ABCD$ — прямоугольник, его диагональ $AC$ делит его на два равных прямоугольных треугольника $ABC$ и $ADC$. Площади равных фигур равны, следовательно, площади проекций равны. **б) Ответ: 17 см** Так как $SA \perp (ABC)$ и $AD \perp CD$ (стороны прямоугольника), то по теореме о трёх перпендикулярах $SD \perp CD$. Значит, расстояние от точки $S$ до прямой $CD$ — это длина отрезка $SD$. 1. В прямоугольном треугольнике $ABC$ ($∠B = 90^\circ$): $AD = BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8$ см. 2. В прямоугольном треугольнике $SAD$ ($∠A = 90^\circ$): $SD = \sqrt{SA^2 + AD^2} = \sqrt{15^2 + 8^2} = \sqrt{225 + 64} = \sqrt{289} = 17$ см. **2. Ответ: $a \cdot \text{ctg} \alpha \cdot \text{tg} \beta$** 1. Проведём перпендикуляр $DH$ к плоскости $ABC$. Тогда $DH$ — искомое расстояние. 2. По условию $DC \perp CA$ и $DC \perp CB$, значит $DC \perp (ABC)$. Следовательно, точка $D$ проецируется в точку $C$, то есть $DH = DC$. 3. В $\triangle ABC$ ($∠C = 90^\circ$, $∠A = \alpha$, $CB = a$): $AC = CB \cdot \text{ctg} \alpha = a \cdot \text{ctg} \alpha$. 4. Проведём перпендикуляр из $D$ к $AB$ — это отрезок $DK$. По теореме о трёх перпендикулярах его проекция $CK \perp AB$. Угол между $DK$ и плоскостью $ABC$ — это $∠DKC = \beta$. 5. В $\triangle ABC$ высота $CK = AC \cdot \sin \alpha = (a \cdot \text{ctg} \alpha) \cdot \sin \alpha = a \cdot \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \cdot \sin \alpha = a \cos \alpha$. 6. В $\triangle DCK$ ($∠C = 90^\circ$): $DC = CK \cdot \text{tg} \beta = a \cos \alpha \cdot \text{tg} \beta$. **3.** **Доказательство:** 1. Пусть $DO$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$. Тогда отрезки $OA$, $OB$ и $OC$ являются проекциями наклонных $DA$, $DB$ и $DC$ на эту плоскость. 2. Углы между рёбрами и плоскостью — это $∠DAO$, $∠DBO$ и $∠DCO$. По условию они равны. 3. Прямоугольные треугольники $DOA$, $DOB$ и $DOC$ равны по катету ($DO$ — общий) и острому углу. 4. Из равенства треугольников следует, что $OA = OB = OC$. 5. Точка $O$ равноудалена от вершин треугольника $ABC$, значит, она является центром описанной около него окружности.