KA — перпендикуляр к плоскости параллелограмма ABCD. O — точка пересечения AC и BD. Известно, что KO⊥BD. а) Докажите, что ABCD — ромб. б) Докажите перпендикулярность плоскостей KBD и KOA.

**Задание 1** **а) Доказательство:** 1. Так как $KA \perp (ABCD)$, то $KA$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, значит $KA \perp BD$. 2. По условию $KO \perp BD$. 3. Прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $KA$ и $KO$ плоскости $(AKO)$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BD \perp (AKO)$. 4. Так как $BD \perp (AKO)$, то $BD$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности $BD \perp AC$. 5. Параллелограмм, диагонали которого взаимно перпендикулярны ($AC \perp BD$), является ромбом. Что и требовалось доказать. **б) Доказательство:** 1. Из пункта (а) мы выяснили, что $BD \perp (AKO)$. 2. Плоскость $(KBD)$ проходит через прямую $BD$, которая перпендикулярна плоскости $(AKO)$. 3. По признаку перпендикулярности плоскостей, если одна из плоскостей проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Значит, $(KBD) \perp (AKO)$. Что и требовалось доказать. **в) Ответ: 40 $\text{см}^2$** **Решение:** 1. Рассмотрим $\triangle BKD$. Так как $KO$ — медиана (в ромбе диагонали точкой пересечения делятся пополам), проведенная к гипотенузе $BD$ (по условию $\angle BKD = 90^\circ$), то $KO = \frac{1}{2} BD = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см. 2. В прямоугольном $\triangle KAO$ ($\angle KAO = 90^\circ$): $AO = \sqrt{KO^2 - KA^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{25 - 9} = 4$ см. 3. Тогда диагональ $AC = 2 \cdot AO = 2 \cdot 4 = 8$ см. 4. Площадь ромба: $S = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 10 = 40$ $\text{см}^2$. **Задание 2** **Ответ: $60^\circ$** **Решение:** 1. Пусть $O$ — центр $\triangle ABC$. Проекция точки $S$ на плоскость $(ABC)$ есть точка $O$. Проведем $OM \perp AB$, тогда по теореме о трех перпендикулярах $SM \perp AB$. Расстояние от $S$ до сторон равно $SM = \sqrt{39}$ см. 2. $OM$ — радиус вписанной окружности $r = \frac{a\sqrt{3}}{6} = \frac{6\sqrt{3}}{6} = \sqrt{3}$ см. 3. Из $\triangle SOM$ ($\angle SOM = 90^\circ$): $SO = \sqrt{SM^2 - OM^2} = \sqrt{39 - 3} = 6$ см. 4. $OA$ — радиус описанной окружности $R = \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ см. 5. Угол $\alpha$ между прямой $SA$ и плоскостью $ABC$ — это $\angle SAO$. В $\triangle SOA$: $\text{tg } \alpha = \frac{SO}{OA} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$. 6. $\alpha = \text{arctg}(\sqrt{3}) = 60^\circ$. **Задание 3** **Доказательство:** 1. Пусть $l$ — ребро двугранного угла. По условию $AA_1 \perp l$ и $BB_1 \perp l$. Это значит, что если мы перенесем вектор $AA_1$ в точку $B$ (или наоборот), то получим линейный угол данного двугранного угла (так как перпендикуляры проведены к одной прямой в разных гранях). 2. Условие $AA_1 \perp BB_1$ означает, что угол между этими перпендикулярами равен $90^\circ$. 3. Так как угол между перпендикулярами к ребру, лежащими в гранях, является линейным углом двугранного угла, то линейный угол равен $90^\circ$. 4. Следовательно, двугранный угол прямой.