Контрольная работа №2 'Перпендикулярность прямых и плоскостей'. Вариант 2. Задание 1: Из вершины А правильного треугольника ABC проведен перпендикуляр AM к его плоскости. Найти расстояние от точки M до стороны BC, если AB = 4 см, AM = 2 см.

**Ответ: 2\sqrt{3} см** **Решение:** 1. Пусть $H$ — середина стороны $BC$. Так как $\triangle ABC$ правильный, медиана $AH$ является и высотой ($AH \perp BC$). По формуле высоты равностороннего треугольника: $AH = \frac{AB\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$ см. 2. Так как $AM \perp (ABC)$, то по теореме о трёх перпендикулярах ($AM$ — перпендикуляр, $MH$ — наклонная, $AH$ — проекция), из $AH \perp BC$ следует, что $MH \perp BC$. Значит, отрезок $MH$ и есть искомое расстояние от точки $M$ до прямой $BC$. 3. Рассмотрим прямоугольный $\triangle MAH$ ($\angle MAH = 90^{\circ}$): $MH = \sqrt{AM^2 + AH^2} = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4$ см. **Ответ: 4 см** 2. **Ответ: 4 см** **Решение:** 1. Пусть сторона квадрата $a = 4$ см. Точка $O$ — центр квадрата. Диагональ квадрата $d = a\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$ см. 2. Расстояние от центра $O$ до вершин квадрата равно половине диагонали: $R = AO = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ см. 3. Так как $OM \perp (ABCD)$, то $\triangle MOM_{верш}$ (где $M_{верш}$ — любая вершина квадрата) является прямоугольным. 4. По теореме Пифагора искомое расстояние до вершин: $L = \sqrt{OM^2 + R^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2} = \sqrt{8 + 8} = \sqrt{16} = 4$ см. 3. **Ответ: 3\sqrt{2+\sqrt{6}} см** (или $\approx 6,3$ см) **Решение:** 1. Пусть $P$ — точка вне плоскости, $H$ — её проекция на плоскость, $PH = 6$ см. $PA$ и $PB$ — наклонные. 2. Из $\triangle PHA$ ($\angle H = 90^{\circ}, \angle A = 30^{\circ}$): $AH = PH \cdot \text{ctg} 30^{\circ} = 6\sqrt{3}$ см. 3. Из $\triangle PHB$ ($\angle H = 90^{\circ}, \angle B = 45^{\circ}$): $BH = PH \cdot \text{ctg} 45^{\circ} = 6$ см. 4. В $\triangle AHB$ по теореме косинусов ($AB$ — расстояние между основаниями, $\angle AHB = 150^{\circ}$): $AB^2 = AH^2 + BH^2 - 2 \cdot AH \cdot BH \cdot \cos 150^{\circ}$ $AB^2 = (6\sqrt{3})^2 + 6^2 - 2 \cdot 6\sqrt{3} \cdot 6 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})$ $AB^2 = 108 + 36 + 108 = 252$ $AB = \sqrt{252} = 6\sqrt{7}$ см. 4. **Ответ: 30^{\circ}** **Решение:** 1. Пусть $H$ — середина $AC$. Так как треугольники равнобедренные, $BH \perp AC$ и $DH \perp AC$. Значит, $\angle BHD$ — линейный угол между плоскостями. 2. В $\triangle ABH$ ($\angle H = 90^{\circ}, \angle A = 30^{\circ}$): $BH = AH \cdot \text{tg} 30^{\circ} = 9 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 3\sqrt{3}$ см. 3. В $\triangle ADH$ ($\angle H = 90^{\circ}, \angle A = 60^{\circ}$): $DH = AH \cdot \text{tg} 60^{\circ} = 9\sqrt{3}$ см. 4. В $\triangle BHD$ по теореме косинусов: $\cos \angle BHD = \frac{BH^2 + DH^2 - BD^2}{2 \cdot BH \cdot DH} = \frac{(3\sqrt{3})^2 + (9\sqrt{3})^2 - (\sqrt{189})^2}{2 \cdot 3\sqrt{3} \cdot 9\sqrt{3}} = \frac{27 + 243 - 189}{162} = \frac{81}{162} = \frac{1}{2}$ 5. $\angle BHD = \text{arccos}(\frac{1}{2}) = 60^{\circ}$ (или $180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$ в зависимости от расположения, обычно ищут острый).