Из точки A проведены к плоскости α наклонные AE и AF, образующие с ней углы 30° и 60° соответственно. Найдите проекцию наклонной AF на плоскость α, если проекция наклонной AE на эту плоскость равна 6 см.

**1. Ответ: $2 \sqrt{3}$ см.** Решение: 1) Пусть $h$ — перпендикуляр из точки $A$ к плоскости $\alpha$. Тогда в прямоугольных треугольниках, образованных наклонными: $h = AE \cdot \sin(30^\circ)$ и $h = AF \cdot \sin(60^\circ)$. 2) Проекция $AE$ равна $AE \cdot \cos(30^\circ) = 6 \Rightarrow AE = \frac{6}{\cos(30^\circ)} = \frac{6}{\sqrt{3}/2} = 4 \sqrt{3}$ см. 3) Высота $h = 4 \sqrt{3} \cdot \sin(30^\circ) = 4 \sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = 2 \sqrt{3}$ см. 4) Из треугольника с наклонной $AF$: проекция $AF = \frac{h}{\tan(60^\circ)} = \frac{2 \sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 2$ см. **2. Ответ: 8 см.** Решение: Расстояние от точки до грани — это катет, лежащий против угла $60^\circ$ в прямоугольном треугольнике, где гипотенуза — искомое расстояние до ребра. $d = \frac{4 \sqrt{3}}{\sin(60^\circ)} = \frac{4 \sqrt{3}}{\sqrt{3}/2} = 8$ см. **3. Ответ: 6 см.** Решение: 1) Проведем медианы (они же высоты) $MH$ и $KH$ к общей стороне $AB$ ($H$ — середина $AB$). $AH = HB = 16$ см. 2) Из $\triangle AMH$: $MH = \sqrt{20^2 - 16^2} = \sqrt{400 - 256} = 12$ см. 3) Из $\triangle AKH$: $KH = \sqrt{(2 \sqrt{67})^2 - 16^2} = \sqrt{268 - 256} = \sqrt{12} = 2 \sqrt{3}$ см. 4) По теореме косинусов для $\triangle MKH$ (угол между $MH$ и $KH$ равен $30^\circ$): $MK^2 = 12^2 + (2 \sqrt{3})^2 - 2 \cdot 12 \cdot 2 \sqrt{3} \cdot \cos(30^\circ) = 144 + 12 - 48 \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 156 - 72 = 84$. $MK = \sqrt{84} = 2 \sqrt{21}$ см. **4. Ответ: $\sqrt{49} = 7$ см.** Решение: Пусть $A'$ и $B'$ — проекции точек $A$ и $B$ на прямую $a$. Расстояние $AB$ находится по формуле для прямоугольного параллелепипеда (или последовательно по Пифагору): $AB = \sqrt{AA'^2 + BB'^2 + (A'B')^2} = \sqrt{4^2 + 5^2 + (2 \sqrt{2})^2} = \sqrt{16 + 25 + 8} = \sqrt{49} = 7$ см. **5. Ответ: $90^\circ$.** Решение: Так как $MB \perp (ABC)$, а $BC \perp CD$ (стороны квадрата), то по теореме о трех перпендикулярах $MC \perp CD$. Линия пересечения плоскостей $ABC$ и $MCD$ параллельна $CD$ и проходит через $B$. Поскольку $BC \perp CD$ и $MC \perp CD$, то плоскость $(MBC) \perp CD$. Следовательно, плоскость $(MCD)$ перпендикулярна плоскости основания, если рассматривать двугранный угол. Однако, в стандартной постановке задач такого типа угол между плоскостью квадрата и плоскостью грани, содержащей перпендикуляр к вершине и противоположную сторону, определяется углом наклона наклонной. Но плоскость $MCD$ проходит через прямую $CD$, которая перпендикулярна плоскости $MBC$. Угол между $(ABC)$ и $(MCD)$ — это угол $\angle MCB$. В $\triangle MBC$ ($\angle B = 90^\circ$): $\tan(\angle MCB) = \frac{MB}{BC}$. Из условия про угол $60^\circ$ для $MD$: $\tan(60^\circ) = \frac{MB}{BD} = \frac{MB}{BC \sqrt{2}} \Rightarrow MB = BC \sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = BC \sqrt{6}$. Тогда $\tan(\angle MCB) = \sqrt{6}$, угол $\arctan(\sqrt{6})$.