1. На рисунке 103 изображён ромб ABCD. Через точку O пересечения его диагоналей проведена прямая MO, перпендикулярная прямой AC. Докажите, что прямая AC перпендикулярна плоскости BMD. 2. Через вершину A прямоугольного равнобедренного треугольника ABC с гипотенузой AB, равной 8 см, проведена прямая AD, перпендикулярная плоскости треугольника. Расстояние от точки D до плоскости ABC равно 2 см. Найдите расстояние от точки D до прямой BC. 3. Точка F равноудалена от всех вершин прямоугольника со сторонами 12 см и 16 см и находится на расстоянии 2√11 см от плоскости прямоугольника. Найдите расстояние от точки F до вершин прямоугольника. 4. Через вершину B квадрата ABCD к его плоскости проведён перпендикуляр MB. Точка M удалена от стороны AD на 9√2 см. Найдите расстояние от точки M до плоскости квадрата, если его диагональ равна 14 см. 5. Точка S равноудалена от сторон трапеции ABCD (BC || AD) и находится на расстоянии √7 см от её плоскости. Найдите расстояние от точки S до сторон трапеции, если CD = 12 см, ∠ADC = 45°.

### Решение задач по геометрии **1. Доказательство:** 1) По свойству ромба его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$. 2) По условию прямая $MO$ перпендикулярна прямой $AC$, значит, $AC \perp MO$. 3) Так как прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $MO$), лежащим в плоскости $BMD$, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $AC \perp BMD$. **2. Решение:** 1) В прямоугольном равнобедренном треугольнике $ABC$ гипотенуза $AB = 8$ см. Катеты $AC = BC$. По теореме Пифагора: $AC^2 + BC^2 = 8^2 \Rightarrow 2AC^2 = 64 \Rightarrow AC^2 = 32 \Rightarrow AC = 4\sqrt{2}$ см. 2) Так как $AD \perp (ABC)$, то $AD \perp AC$. По условию $AD = 2$ см. 3) $AC$ — проекция наклонной $DC$ на плоскость $ABC$. Так как $\triangle ABC$ прямоугольный ($AC \perp BC$), то по теореме о трёх перпендикулярах $DC \perp BC$. Значит, расстояние от $D$ до $BC$ — это отрезок $DC$. 4) Из $\triangle ADC$ ($\angle A = 90^{\circ}$): $DC = \sqrt{AD^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{4 + 32} = \sqrt{36} = 6$ см. **Ответ: 6 см.** **3. Решение:** 1) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника $ABCD$. Точка, равноудалённая от вершин прямоугольника, проектируется в центр описанной окружности (точку $O$). $FO = 2\sqrt{11}$ см — расстояние до плоскости. 2) Диагональ прямоугольника $d = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20$ см. 3) Радиус описанной окружности $R = AO = d/2 = 20/2 = 10$ см. 4) Из $\triangle FOA$ ($\angle O = 90^{\circ}$): расстояние до вершины $FA = \sqrt{FO^2 + AO^2} = \sqrt{(2\sqrt{11})^2 + 10^2} = \sqrt{44 + 100} = \sqrt{144} = 12$ см. **Ответ: 12 см.** **4. Решение:** 1) $MB \perp (ABC)$. Опустим перпендикуляр $MK$ на сторону $AD$. По теореме о трёх перпендикулярах $BK \perp AD$. В квадрате $BK$ совпадает со стороной $AB$. 2) Значит, $MK = 9\sqrt{2}$ см — наклонная, $AB$ — её проекция. $MB$ — расстояние до плоскости. 3) Диагональ квадрата $d = 14$ см. Сторона $AB = d / \sqrt{2} = 14 / \sqrt{2} = 7\sqrt{2}$ см. 4) Из $\triangle MBA$ ($\angle B = 90^{\circ}$): $MB = \sqrt{MK^2 - AB^2} = \sqrt{(9\sqrt{2})^2 - (7\sqrt{2})^2} = \sqrt{162 - 98} = \sqrt{64} = 8$ см. **Ответ: 8 см.** **5. Решение:** 1) Точка $S$ равноудалена от сторон, значит, её проекция на плоскость трапеции — центр вписанной окружности. Расстояние от $D$ до сторон — это высота трапеции $h$ или её элементы. 2) Проведём высоту $CH$ из вершины $C$ к основанию $AD$. В $\triangle CHD$ ($\angle H = 90^{\circ}$): $CH = CD \cdot \sin(45^{\circ}) = 12 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6\sqrt{2}$ см. 3) Так как в трапецию можно вписать окружность, её высота равна диаметру $h = 2r$. $6\sqrt{2} = 2r \Rightarrow r = 3\sqrt{2}$ см. 4) Искомое расстояние от $S$ до любой стороны $l = \sqrt{r^2 + d_{плоск}^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (\sqrt{7})^2} = \sqrt{18 + 7} = 5$ см. **Ответ: 5 см.**