Подготовка к контрольной работе по теме: «Перпендикулярность прямых и плоскостей» 1. Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Запишите: 1) все рёбра, перпендикулярные плоскости AA₁B₁B; 2) величину угла между прямой DC₁ и плоскостью A₁B₁C₁D₁.

**Ответ: 1) $AD, BC, A_1D_1, B_1C_1$; 2) $45^\circ$** 1) В кубе рёбра, перпендикулярные плоскости передней грани $AA_1B_1B$, — это те рёбра, которые направлены «вглубь» (вдоль оси $AD$). Это $AD, BC, A_1D_1$ и $B_1C_1$. 2) Грань $A_1B_1C_1D_1$ — это верхнее основание куба. Прямая $DC_1$ лежит в плоскости задней грани $DCC_1D_1$. Проекцией отрезка $DC_1$ на верхнюю грань будет отрезок $D_1C_1$. Так как $DCC_1D_1$ — квадрат, то угол между диагональю $DC_1$ и стороной $D_1C_1$ равен $45^\circ$. **Ответ: 5 см** В прямоугольном параллелепипеде квадрат диагонали равен сумме квадратов трёх его измерений: $A_1C^2 = AD^2 + DC^2 + AA_1^2$ $A_1C^2 = (\sqrt{7})^2 + (\sqrt{5})^2 + (\sqrt{13})^2 = 7 + 5 + 13 = 25$ $A_1C = \sqrt{25} = 5$ см. **Ответ: 25 см** 1. Найдём гипотенузу $AB$ треугольника $ABC$ по теореме Пифагора: $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{40^2 + 30^2} = \sqrt{1600 + 900} = 50$ см. 2. Найдём высоту $CH$ треугольника $ABC$, проведённую к гипотенузе: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 30 = 600$ см$^2$. $CH = \frac{2 \cdot S}{AB} = \frac{2 \cdot 600}{50} = 24$ см. 3. Так как $DC \perp (ABC)$, то по теореме о трёх перпендикулярах $DH \perp AB$. Отрезок $DH$ и есть искомое расстояние от точки $D$ до прямой $AB$. 4. Из прямоугольного $\triangle DCH$: $DH = \sqrt{DC^2 + CH^2} = \sqrt{7^2 + 24^2} = \sqrt{49 + 576} = \sqrt{625} = 25$ см. **Ответ: $45^\circ$** 1. Пусть $M$ — середина стороны основания $BC$. Тогда $SM$ — апофема грани (где $S$ — вершина $D$ в условии), а $OM$ — радиус вписанной окружности основания. 2. В правильном треугольнике со стороной $a = 16\sqrt{3}$ радиус $OM = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{16\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = 8$ см. 3. В прямоугольном $\triangle SOM$ (где $SO = 8$ см — высота): $\operatorname{tg} \angle SMO = \frac{SO}{OM} = \frac{8}{8} = 1$. 4. Следовательно, двугранный угол $\angle SMO = 45^\circ$. **Ответ: $45^\circ$** 1. Точка $O$ — центр квадрата. Плоскость $AKC$ (вероятно, опечатка и имеется в виду плоскость $OKC$, либо $AKC$ проходит через $OK$) перпендикулярна плоскости основания. Рассмотрим угол между $FK$ и его проекцией на плоскость $AKC$. 2. Проекция точки $F$ (середина $DC$) на плоскость $AKC$ (проходящую через диагональ $AC$ и высоту $OK$) — это точка на линии пересечения плоскостей. Расстояние от $F$ до плоскости $AKC$ равно половине половины диагонали, если смотреть на геометрию квадрата. 3. Учитывая $OK = 2$ и $AD = 4$ (сторона квадрата), расстояние от $O$ до стороны $DC$ равно $2$. Точка $F$ — середина $DC$, $OF \perp DC$, $OF = 2$ см. 4. Так как $OK \perp (ABCD)$, то $OK \perp OF$. В $\triangle KOF$: $\operatorname{tg} \angle FKO = \frac{OF}{OK} = \frac{2}{2} = 1$. Угол равен $45^\circ$.