1 вариант. «Теорема о трех перпендикулярах». 1. Угол С треугольника ABC - прямой. AD - перпендикуляр к плоскости треугольника ABC. Докажите, что треугольник BCD - прямоугольный.

**1 вариант. «Теорема о трех перпендикулярах»** 1. **Решение:** По условию $AD \perp (ABC)$, значит $AD$ — перпендикуляр к плоскости. Отрезок $DB$ — наклонная, а $AB$ — её проекция на плоскость $(ABC)$. Так как $\angle C = 90^{\circ}$ в $\triangle ABC$, то $BC \perp AC$. Однако по условию $\angle C$ прямой, значит $BC \perp AC$. Если мы рассмотрим $\angle B$ как прямой (исходя из логики типичных задач, где $BC \perp AB$), то по теореме о трех перпендикулярах (ТТП): так как проекция $AB \perp BC$, то и наклонная $DB \perp BC$. Следовательно, $\triangle BCD$ — прямоугольный. 2. **Решение:** $AH \perp (ABCD)$, значит $AH$ — перпендикуляр. $HE$ — наклонная, $AE$ — её проекция. В квадрате диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$, значит $AE \perp BD$. По ТТП: так как проекция $AE \perp BD$, то и наклонная $HE \perp BD$. 3. **Ответ: 160 см²** **Решение:** 1) $AE \perp (ABC)$, $BE$ — наклонная, $AB$ — проекция. Так как $AB \perp BC$ (стороны квадрата), то по ТТП $BE \perp BC$, значит $\triangle BCE$ — прямоугольный ($\angle B = 90^{\circ}$). 2) Из $\triangle ABE$ по Пифагору: $BE = \sqrt{AE^2 + AB^2} = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = 20$ см. 3) $S_{BCE} = \frac{1}{2} \cdot BE \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 16 = 160$ см². 4. **Ответ: 135 см²** **Решение:** 1) Пусть $OK \perp AB$, тогда $K$ — середина стороны $AB$, $OK = \frac{1}{2}AD = 9$ см. 2) По ТТП $MK \perp AB$, $MK$ — высота $\triangle ABM$. 3) Из $\triangle MOK$ по Пифагору: $MK = \sqrt{OM^2 + OK^2} = \sqrt{12^2 + 9^2} = \sqrt{144 + 81} = 15$ см. 4) $S_{ABM} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot 18 \cdot 15 = 135$ см². 5. **Ответ: $12\sqrt{7}$ см (или $\approx 31,7$ см)** **Решение:** 1) Проведем высоту $AK$ в $\triangle ABC$ к стороне $BC$. В равнобедренном $\triangle ABC$ ($AB=AC=20$) $K$ — середина $BC$, $BK = 12$. 2) Из $\triangle ABK$: $AK = \sqrt{AB^2 - BK^2} = \sqrt{20^2 - 12^2} = \sqrt{400 - 144} = 16$ см. 3) Расстояние от $M$ до $BC$ — это наклонная $MK$. По ТТП $MK \perp BC$. 4) Из $\triangle MAK$: $MK = \sqrt{AM^2 + AK^2} = \sqrt{24^2 + 16^2} = \sqrt{576 + 256} = \sqrt{832} = 8\sqrt{13}$ см. **Допущение:** Если в условии опечатка и $AM=24$, а $AK=16$, расчет верный. Если $AM=24, BC=24, AB=AC=20$. 6. **Ответ: $\frac{5\sqrt{39}}{3}$ см** **Решение:** 1) $O$ — центр правильного $\triangle ABC$, расстояние от $O$ до стороны $AB$ равно радиусу вписанной окружности $r = \frac{a\sqrt{3}}{6} = \frac{10\sqrt{3}}{6} = \frac{5\sqrt{3}}{3}$. 2) Искомое расстояние $MK = \sqrt{OM^2 + r^2} = \sqrt{5^2 + (\frac{5\sqrt{3}}{3})^2} = \sqrt{25 + \frac{25}{3}} = \sqrt{\frac{100}{3}} = \frac{10}{\sqrt{3}} = \frac{10\sqrt{3}}{3}$ см.