12.9. Прямая MB перпендикулярна плоскости параллелограмма ABCD, MD перпендикулярно AC. Докажите, что четырехугольник ABCD — ромб.

12.9. **Ответ: $ABCD$ — ромб.** **Доказательство:** 1. Так как $MB \perp (ABC)$, то прямая $MB$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $(ABC)$, следовательно, $MB \perp AC$. 2. По условию $MD \perp AC$. 3. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $MB$ и $MD$ плоскости $(MBD)$, значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $AC \perp (MBD)$. 4. Следовательно, $AC$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности $AC \perp BD$. 5. Так как диагонали параллелограмма $ABCD$ взаимно перпендикулярны ($AC \perp BD$), то этот параллелограмм является ромбом. 12.10. **Ответ: 17 см.** **Решение:** 1. Пусть $DH$ — искомое расстояние до $BC$ ($DH \perp BC$). По теореме о трёх перпендикулярах $AH \perp BC$, где $AH$ — высота $\triangle ABC$, опущенная на $BC$. 2. Найдем площадь $\triangle ABC$ по формуле Герона: $p = (10+17+21)/2 = 24$. $S = \sqrt{24 \cdot (24-10) \cdot (24-17) \cdot (24-21)} = \sqrt{24 \cdot 14 \cdot 7 \cdot 3} = \sqrt{7056} = 84 \text{ см}^2$. 3. Из формулы $S = \frac{1}{2} BC \cdot AH$ найдем $AH$: $84 = \frac{1}{2} \cdot 21 \cdot AH \Rightarrow AH = 8 \text{ см}$. 4. Из прямоугольного $\triangle DAH$ ($DA \perp AH$): $DH = \sqrt{DA^2 + AH^2} = \sqrt{15^2 + 8^2} = \sqrt{225 + 64} = \sqrt{289} = 17 \text{ см}$. 12.11. **Ответ: 8 см.** **Решение:** 1. Расстояние от $E$ до $BC$ — это наклонная $EK \perp BC$. По ТТП её проекция $AK \perp BC$. 2. В $\triangle ABC$ угол $\angle C = 90^{\circ}$ (опирается на диаметр $AB$). 3. $AC = AB \cdot \cos 30^{\circ} = 12 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3} \text{ см}$. 4. В прямоугольном $\triangle AKC$ ($\angle K=90^{\circ}$): $AK = AC \cdot \sin 30^{\circ} = 6\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = 3\sqrt{3} \text{ см}$. 5. Из $\triangle EAK$ расстояние до плоскости $EA = \sqrt{EK^2 - AK^2} = \sqrt{10^2 - (3\sqrt{3})^2} = \sqrt{100 - 27} = \sqrt{73} \text{ см}$. 12.12. **Ответ: 10 см.** **Решение:** 1. Пусть $MK \perp CD$, тогда по ТТП $AK \perp CD$ (высота ромба). 2. В ромбе $\angle BAD = 2 \cdot \angle BAC = 60^{\circ}$. Тогда $\angle ADC = 120^{\circ}$, а $\angle D = 60^{\circ}$ (соседний). 3. В $\triangle ADK$ ($K=90^{\circ}$): $AK = AD \cdot \sin 60^{\circ} = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3} \text{ см}$. 4. Из $\triangle MAK$: $MK = \sqrt{MA^2 + AK^2} = \sqrt{(5\sqrt{3})^2 + (5\sqrt{3})^2} = \sqrt{75 + 75} = \sqrt{150} = 5\sqrt{6} \text{ см}$. *Примечание: в тексте $MA = 5\sqrt{3}$.* 12.13. **Ответ: 7.** **Решение:** 1. Расстояние от $D$ до $BC$ — наклонная $DK = 2\sqrt{43}$. По ТТП $AK \perp BC$ (высота к продолжению $BC$). 2. $\angle ABC = 120^{\circ}$, значит смежный $\angle ABK = 60^{\circ}$. 3. В $\triangle ABK$ ($K=90^{\circ}$): $AK = AB \cdot \sin 60^{\circ} = 14 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 7 \sqrt{3}$. 4. Из $\triangle DAK$: $DA = \sqrt{DK^2 - AK^2} = \sqrt{(2\sqrt{43})^2 - (7\sqrt{3})^2} = \sqrt{172 - 147} = \sqrt{25} = 5$.