1. Из вершины B квадрата ABCD проведён перпендикуляр BF к плоскости этого квадрата. Докажите, что AC ⊥ DF.

1. **Доказательство:** 1) По свойству квадрата $ABCD$ его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$. 2) Отрезок $BF$ перпендикулярен плоскости квадрата ($BF \perp (ABC)$), значит, он перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, в том числе $BF \perp AC$. 3) Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $BF$) плоскости $(BDF)$, следовательно, $AC \perp (BDF)$. 4) Так как прямая $DF$ лежит в плоскости $(BDF)$, а $AC$ перпендикулярна этой плоскости, то $AC \perp DF$. 2. **Ответ: 15 см** Решение: 1) Так как плоскость $\alpha$ параллельна $AC$, то проекция стороны $AC$ на эту плоскость ($A_1C_1$) равна самой стороне: $A_1C_1 = AC$. 2) В прямоугольном треугольнике $A_1BC_1$ (угол $B = 90^{\circ}$) по теореме Пифагора: $A_1C_1 = \sqrt{BA_1^2 + BC_1^2} = \sqrt{9^2 + 12^2} = \sqrt{81 + 144} = \sqrt{225} = 15$ (см). 3) Следовательно, $AC = 15$ см. 3. **Ответ: 45°** Решение: Пусть $BO$ — перпендикуляр к плоскости, $BA$ и $BC$ — наклонные ($BA=BC$), $OA$ и $OC$ — их проекции. 1) Пусть длины наклонных $BA = BC = L$, а угол наклона к плоскости $\angle BAO = \angle BCO = \alpha$. 2) Из прямоугольных треугольников $BAO$ и $BCO$ выразим проекции: $OA = OC = L \cdot \cos \alpha$. 3) В треугольнике $ABC$ (наклонные) по теореме косинусов ($AC^2$): $AC^2 = L^2 + L^2 - 2 \cdot L \cdot L \cdot \cos 60^{\circ} = 2L^2 - 2L^2 \cdot 0,5 = L^2$. 4) В треугольнике $AOC$ (проекции) по теореме косинусов ($AC^2$): $AC^2 = (L \cos \alpha)^2 + (L \cos \alpha)^2 - 2(L \cos \alpha)^2 \cdot \cos 90^{\circ} = 2L^2 \cos^2 \alpha$ (так как $\cos 90^{\circ} = 0$). 5) Приравняем значения $AC^2$: $L^2 = 2L^2 \cos^2 \alpha \Rightarrow 1 = 2 \cos^2 \alpha \Rightarrow \cos^2 \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}$. 6) $\alpha = 45^{\circ}$.