1. Через сторону AB прямоугольника ABCD со сторонами 4 см и 8 см проведена плоскость γ. Проекция прямоугольника на плоскость γ — квадрат. Вычислите: а) расстояние от вершины C до плоскости γ; б) угол, под которым диагональ прямоугольника наклонена к плоскости γ.

**1.** Ответ: а) $4\sqrt{3}$ см; б) $60^{\circ}$ или $\arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\right)$ в зависимости от того, какая сторона $AB$. **Допущение:** Поскольку не указано, какая именно сторона $AB$ (4 см или 8 см), рассмотрим стандартный случай, когда плоскость проведена через большую сторону, чтобы проекция могла быть квадратом. Пусть $AB = 8$ см, $BC = 4$ см. Решение: а) Проекция $ABCD$ на $\gamma$ — квадрат $ABC'D'$. Сторона квадрата равна стороне $AB = 8$ см. Но так как $BC=4$ см, его проекция $BC'$ не может быть 8 см (проекция отрезка не длиннее самого отрезка). Значит, через $AB=4$ см проведена плоскость, тогда сторона квадрата 4 см. Пусть $AB = 4$, $BC = 8$. Проекция $BC$ на $\gamma$ есть $BC' = 4$ (сторона квадрата). В прямоугольном $\triangle BCC'$ ($CC' \perp \gamma$): $CC' = \sqrt{BC^2 - BC'^2} = \sqrt{8^2 - 4^2} = \sqrt{64 - 16} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}$ см. б) Диагональ $AC = \sqrt{4^2 + 8^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$. Синус угла $\alpha$ между $AC$ и $\gamma$: $\sin \alpha = \frac{CC'}{AC} = \frac{4\sqrt{3}}{4\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{3}{5}}$. $\alpha = \arcsin\sqrt{0,6}$. **2.** Ответ: $5\sqrt{5}$ см. Решение: 1. Расстояние от $D$ до $MQ$ — это длина перпендикуляра $DK$. По теореме о трех перпендикулярах $NK \perp MQ$ (где $NK$ — высота параллелограмма). 2. В $\triangle MNK$ ($\angle K = 90^{\circ}$, $\angle M = 45^{\circ}$): $NK = MN \cdot \sin 45^{\circ} = 5 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2,5\sqrt{2}$. 3. В прямоугольном $\triangle DNK$: $DK = \sqrt{ND^2 + NK^2} = \sqrt{10^2 + (2,5\sqrt{2})^2} = \sqrt{100 + 12,5} = \sqrt{112,5} = \sqrt{\frac{225}{2}} = \frac{15}{\sqrt{2}} = 7,5\sqrt{2} \approx 10,6$ см. *Исправленный расчет:* $DK = \sqrt{100 + 12,5} = \sqrt{112,5} = 5\sqrt{4,5}$. **3.** Ответ: $\arccos\left(\frac{2\sqrt{3}}{9}\right)$. Решение: 1. $\triangle ABC$ равнобедренный ($AB=AC=10, BC=8$). Высота $AM = \sqrt{10^2 - 4^2} = \sqrt{84} = 2\sqrt{21}$. 2. Проекция $\triangle A_1BC$ — равносторонний со стороной 8. Высота $A_1M = \frac{8\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$. 3. Угол $\phi$ между плоскостями: $\cos \phi = \frac{A_1M}{AM} = \frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}}$. $\phi = \arccos\left(\frac{2}{\sqrt{7}}\right)$. **4.** Ответ: $a\sqrt{1,25}$ или $\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Решение: 1. Пусть $O$ — середина $KM$. Так как $\triangle KLM$ правильный, его высота $LO \perp KM$ и $LO = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. 2. Плоскости перпендикулярны, значит $LO$ перпендикулярна плоскости квадрата $KMNP$. 3. В квадрате расстояние от $O$ до $N$ найдем из $\triangle ONM$ ($\angle M = 90^{\circ}$): $ON = \sqrt{MN^2 + OM^2} = \sqrt{a^2 + (a/2)^2} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$. 4. В прямоугольном $\triangle LON$: $LN = \sqrt{LO^2 + ON^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{5}}{2})^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4} + \frac{5a^2}{4}} = \sqrt{\frac{8a^2}{4}} = a\sqrt{2}$.