Из точки О пересечения диагоналей квадрата ABCD проведён перпендикуляр OH к плоскости квадрата. Докажите, что BD ⊥ HC.

**1. Доказательство:** 1. Рассмотрим квадрат $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$ и перпендикулярны друг другу ($BD \perp AC$). 2. По условию $OH \perp ABCD$, следовательно, $OH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, включая $BD$ ($BD \perp OH$). 3. Так как прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $OH$ плоскости $AHC$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BD \perp (AHC)$. 4. Прямая $HC$ лежит в плоскости $AHC$. Если прямая перпендикулярна плоскости, она перпендикулярна любой прямой в ней. Значит, **$BD \perp HC$**. **2. Ответ: 13 см** 1. Пусть плоскость проходит через сторону $KN$. Опустим перпендикуляры из точек $M$ и $L$ на эту плоскость ($MM_1$ и $LL_1$). Проекция стороны $LM$ на плоскость — это отрезок $L_1M_1$. Так как $LM \parallel KN$, то $LM$ параллельна плоскости, и её проекция равна самой стороне: $L_1M_1 = LM = 3$ см. Это не даёт нам высоты. 2. Допустим, дана проекция стороны $KL$ (или $NM$) на плоскость. Пусть проекция $KL_1 = 4$ см. Тогда из прямоугольного треугольника $KLL_1$ (где $\angle L_1 = 90^{\circ}$) найдем высоту $LL_1$: $LL_1 = \sqrt{KL^2 - KL_1^2} = \sqrt{12^2 - 4^2} = \sqrt{144 - 16} = \sqrt{128}$ см. 3. Проекция диагонали $KM$ на плоскость — это отрезок $KM_1$. В прямоугольном треугольнике $KMM_1$ (где $MM_1 = LL_1 = \sqrt{128}$ см): $KM_1 = \sqrt{KM^2 - MM_1^2}$. 4. Найдем диагональ $KM$ из прямоугольника $KLMN$: $KM = \sqrt{KL^2 + LM^2} = \sqrt{12^2 + 3^2} = \sqrt{144 + 9} = \sqrt{153}$ см. 5. Тогда проекция $KM_1 = \sqrt{(\sqrt{153})^2 - (\sqrt{128})^2} = \sqrt{153 - 128} = \sqrt{25} = 5$ см. **Допущение:** В условии под «проекцией одной из сторон» подразумевается сторона, не параллельная плоскости (KL или NM). Если же проекция $LM = 4$, задача не имеет смысла, так как $LM=3$. **3. Ответ: $\sqrt{2}$ см** 1. Пусть $AB$ и $AC$ — наклонные, $AB = AC = 2$ см. $\angle BAC = 60^{\circ}$. Тогда $\triangle ABC$ — равносторонний, $BC = 2$ см. 2. Пусть $H$ — проекция точки $A$ на плоскость. $HB$ и $HC$ — проекции наклонных. По условию $\angle BHC = 90^{\circ}$. 3. В $\triangle ABH$ и $\triangle ACH$ (прямоугольные): $HB = HC = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{4 - h^2}$. 4. В прямоугольном $\triangle BHC$ по теореме Пифагора: $BC^2 = HB^2 + HC^2$. $2^2 = (\sqrt{4 - h^2})^2 + (\sqrt{4 - h^2})^2$ $4 = 4 - h^2 + 4 - h^2$ $2h^2 = 4$ $h^2 = 2$ $h = \sqrt{2}$ см.