1. Из середины D стороны AC равнобедренного треугольника ABC с основанием AC проведён к его плоскости перпендикуляр DK. Докажите, что AC ⊥ BK.

Ниже представлено решение задач из К-3, Вариант 3. ### Задание 1 **Доказательство:** 1. Так как $\triangle ABC$ равнобедренный с основанием $AC$, то медиана $BD$ (где $D$ — середина $AC$) является также высотой. Следовательно, $BD \perp AC$. 2. По условию $DK \perp (ABC)$, значит $DK$ перпендикулярен любой прямой в плоскости $(ABC)$, в том числе $DK \perp AC$. 3. Имеем: $AC \perp BD$ и $AC \perp DK$. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $DK$ плоскости $(BDK)$. 4. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC \perp (BDK)$. 5. Так как прямая $BK$ лежит в плоскости $(BDK)$, то $AC \perp BK$. Что и требовалось доказать. ### Задание 2 **Ответ: $\sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ см или $\sqrt{9} = 3$ см** 1. Пусть сторона квадрата $a = AB = 6$ см. Сторона $AB$ лежит в плоскости $\alpha$. Тогда проекция стороны $AB$ на плоскость $\alpha$ равна самой стороне (6 см). 2. Стороны $AD$ и $BC$ перпендикулярны $AB$. Пусть проекция одной из сторон (например, $AD$) на плоскость равна 3 см. Обозначим проекцию точки $D$ как $D_1$. Тогда в прямоугольном треугольнике $ADD_1$: $AD=6$, $AD_1=3$. Высота точки $D$ над плоскостью: $DD_1 = \sqrt{6^2 - 3^2} = \sqrt{27}$. 3. Диагональ квадрата $d = AB\sqrt{2} = 6\sqrt{2}$ см. 4. Проекция диагонали $AC$ (где $C$ лежит в плоскости $\alpha$, так как $AB \subset \alpha$) будет отрезком $AC$. Но это неверно по условию, так как плоскость проведена через *одну* сторону. Значит, диагональ — это $AC$ или $BD$. Если $A$ и $B$ на плоскости, то проекция $AC$ совпадает с $AC = 6\sqrt{2}$ (если сторона $CD$ параллельна плоскости), но у нас есть наклонная сторона $AD$. 5. Правильнее: проекция диагонали $BD$ на плоскость $\alpha$. Точка $B$ лежит на плоскости ($B$ совпадает со своей проекцией $B_1$), точка $D$ имеет проекцию $D_1$. Расстояние $BD_1$ и есть искомая проекция. 6. В $\triangle ABD$ (в плоскости квадрата) $AD \perp AB$. По теореме о трех перпендикулярах: так как $AD_1$ — проекция $AD$, и $AD \perp AB$, то $AD_1 \perp AB$. 7. В прямоугольном $\triangle ABD_1$ на плоскости $\alpha$: $BD_1 = \sqrt{AB^2 + AD_1^2} = \sqrt{6^2 + 3^2} = \sqrt{36 + 9} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ см. ### Задание 3 **Ответ: $a\sqrt{2}$** 1. Пусть точка $S$ находится на расстоянии $SO = a$ от плоскости. Проведены наклонные $SA$ и $SB$. 2. В прямоугольных треугольниках $SOA$ и $SOB$ углы при основании $45^{\circ}$. Значит, они равнобедренные: $OA = OB = SO = a$. 3. Длины наклонных $SA = SB = \frac{a}{\sin 45^{\circ}} = a\sqrt{2}$. 4. Рассмотрим $\triangle ASB$. Угол $\angle ASB = 60^{\circ}$ (угол между наклонными). Так как $SA = SB$, треугольник равносторонний. 5. Следовательно, расстояние между концами наклонных $AB = SA = SB = a\sqrt{2}$.