Вариант 3. 1. На рисунке 19 изображён квадрат ABCD. Через точку О пересечения диагоналей проведена прямая OP, перпендикулярная прямой BD. Докажите, что прямая BD перпендикулярна плоскости APC.

1. **Доказательство:** 1) По свойству квадрата $ABCD$ его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$. Точка $O$ — точка пересечения диагоналей. 2) По условию $OP \perp BD$. 3) Прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $OP$, лежащим в плоскости $APC$. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $BD \perp (APC)$. 2. **Решение:** 1) Проведём высоту $BH$ в $\triangle ABC$. Так как треугольник равнобедренный ($AB=BC=10$), $BH$ также является медианой: $AH = HC = 12 / 2 = 6$ см. 2) Из $\triangle ABH$ по теореме Пифагора: $BH = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$ см. 3) Так как $KB \perp (ABC)$, то $KB \perp BH$. Расстояние от $K$ до $AC$ — это длина отрезка $KH$ (по теореме о трёх перпендикулярах, так как $BH \perp AC$). 4) Из $\triangle KBH$ по теореме Пифагора: $KH = \sqrt{KB^2 + BH^2} = \sqrt{4^2 + 8^2} = \sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$ см. **Ответ: $4\sqrt{5}$ см.** 3. **Решение:** 1) Пусть $O$ — центр квадрата (точка пересечения диагоналей), $M$ — точка в пространстве. Расстояние от $M$ до плоскости — это перпендикуляр $MO = h = 4\sqrt{3}$ см. 2) Расстояние от $M$ до вершин — это наклонные $MA=MB=MC=MD=8$ см. Отрезок $OA$ — проекция наклонной $MA$ на плоскость квадрата. 3) Из $\triangle MOA$ по теореме Пифагора: $OA = \sqrt{MA^2 - MO^2} = \sqrt{8^2 - (4\sqrt{3})^2} = \sqrt{64 - 48} = \sqrt{16} = 4$ см. 4) $OA$ — половина диагонали квадрата. Диагональ $AC = 2 \cdot OA = 8$ см. 5) Пусть сторона квадрата $a$. Тогда $a^2 + a^2 = AC^2 \Rightarrow 2a^2 = 64 \Rightarrow a^2 = 32 \Rightarrow a = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ см. **Ответ: $4\sqrt{2}$ см.** 4. **Решение:** 1) Расстояние от $M$ до $AD$ — это отрезок $MA$ (так как $MB \perp (ABC)$ и $BA \perp AD$, то по ТТП $MA \perp AD$). $MA = 25$ см. 2) Из $\triangle MBA$: $AB = \sqrt{MA^2 - MB^2}$. Пусть $MB = x$, тогда $AB = \sqrt{25^2 - x^2}$. 3) Расстояние от $M$ до $CD$ — это отрезок $MC$ (по ТТП, так как $BC \perp CD$). $MC = 10\sqrt{5}$ см. 4) Из $\triangle MBC$: $BC = \sqrt{MC^2 - MB^2} = \sqrt{(10\sqrt{5})^2 - x^2} = \sqrt{500 - x^2}$. 5) Диагональ $AC = 15$ см. В прямоугольнике $AB^2 + BC^2 = AC^2$. $(625 - x^2) + (500 - x^2) = 15^2 \Rightarrow 1125 - 2x^2 = 225 \Rightarrow 2x^2 = 900 \Rightarrow x^2 = 450 \Rightarrow x = 15\sqrt{2}$. 6) $AB = \sqrt{625 - 450} = \sqrt{175} = 5\sqrt{7}$ см, $BC = \sqrt{500 - 450} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$ см. **Ответ: $5\sqrt{7}$ см и $5\sqrt{2}$ см.** 5. **Решение:** 1) Пусть точка $S$ равноудалена от сторон $\triangle ABC$, значит её проекция $O$ — центр вписанной окружности. Расстояние до сторон $d = 5$ см, высота пирамиды $h$ — искомое расстояние. 2) Найдём площадь $\triangle ABC$. Высота к основанию (12): $H = \sqrt{10^2 - (12/2)^2} = 8$. $S = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 8 = 48$ см². 3) Полупериметр $p = (10+10+12)/2 = 16$ см. Радиус вписанной окружности $r = S/p = 48/16 = 3$ см. 4) В прямоугольном треугольнике, образованном высотой $h$, радиусом $r$ и расстоянием $d$: $h = \sqrt{d^2 - r^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$ см. **Ответ: 4 см.**