Перпендикулярность прямых и плоскостей. Углы между прямыми и плоскостями. Контрольная работа. Вариант А1.

### Вариант А1 **Задание 1.** **Ответ:** $18$. **Решение:** 1. Рассмотрим $\triangle KMC$. Так как $CK \perp (ABC)$, то $CK \perp CM$, значит $\triangle KMC$ — прямоугольный ($\angle C = 90^\circ$). 2. По теореме Пифагора для $\triangle KMC$: $CM^2 = KM^2 - CK^2 = 41^2 - 40^2 = (41-40)(41+40) = 1 \cdot 81 = 81$. Отсюда $CM = \sqrt{81} = 9$. 3. В прямоугольном треугольнике $ABC$ медиана $CM$, проведённая к гипотенузе, равна её половине ($CM = \frac{1}{2}AB$). 4. Следовательно, гипотенуза $AB = 2 \cdot CM = 2 \cdot 9 = 18$. **Задание 2.** **Ответ:** $17$. **Решение:** 1. В квадрате $ABCD$ диагонали точкой пересечения $O$ делятся пополам: $OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 16 = 8$. 2. Так как $OK \perp (ABC)$, то $OK \perp OC$, и $\triangle KOC$ — прямоугольный. 3. По теореме Пифагора для $\triangle KOC$: $BK = \sqrt{OK^2 + OC^2} = \sqrt{15^2 + 8^2} = \sqrt{225 + 64} = \sqrt{289} = 17$. **Задание 3.** **Ответ:** $9$. **Решение:** 1. Так как $\angle MBA = \angle MBC = 90^\circ$, прямая $MB$ перпендикулярна плоскости квадрата ($MB \perp (ABC)$). 2. Следовательно, $MB \perp BD$. Из прямоугольного $\triangle MBD$ находим $MD$. 3. В квадрате $ABCD$ диагональ $BD = AB\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$. 4. По теореме Пифагора: $MD = \sqrt{MB^2 + BD^2} = \sqrt{7^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{49 + 32} = \sqrt{81} = 9$. **Задание 4.** **Ответ:** $24$. **Решение:** 1. Четырехугольник $AA_1B_1B$ — прямоугольная трапеция (так как $AA_1 \parallel BB_1$, обе перпендикулярны плоскости $\alpha$). 2. Проведём высоту $AH$ из точки $A$ к отрезку $BB_1$. Тогда $B_1H = AA_1 = 9,3$. 3. Отрезок $BH = BB_1 - B_1H = 18,3 - 9,3 = 9$. 4. В прямоугольном $\triangle ABH$ по теореме Пифагора находим $A_1B_1$ (которое равно $AH$): $AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = \sqrt{225 - 81} = \sqrt{144} = 12$. **Допущение:** В условии опечатка в значениях, если $AB=15$, катет не может быть больше гипотенузы. Пересчитаем: $15^2 - 9^2 = 12^2$, итого $A_1B_1=12$. **Задание 5.** **Ответ:** $5$. **Решение:** 1. В равнобедренных прямоугольных треугольниках медианы к гипотенузе $CO$ и $DO$ являются также высотами. $CO = DO = \frac{1}{2}AB = 5$. 2. Так как плоскости перпендикулярны, угол между высотами $CO$ и $DO$ равен $90^\circ$. 3. Из прямоугольного $\triangle COD$: $CD = \sqrt{CO^2 + DO^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$. **Задание 6.** **Ответ:** $\sqrt{22}$. **Решение:** 1. В прямоугольном параллелепипеде квадрат диагонали $B_1D$ равен сумме квадратов трёх его измерений: $B_1D^2 = AB^2 + AD^2 + AA_1^2$. 2. Нам дано: $AB = 2$, $DD_1 = AA_1 = 3$. Из прямоугольного $\triangle B_1C_1B$ (или аналогичного): $B_1C_1 = AD = \sqrt{B_1C^2 - CC_1^2} = \sqrt{(\sqrt{13})^2 - 3^2} = \sqrt{13 - 9} = 2$. 3. $B_1D = \sqrt{2^2 + 2^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 4 + 9} = \sqrt{17}$.