1. Через сторону AC треугольника ABC проведена плоскость α, удаленная от вершины B на расстояние, равное 4 см, AC = BC = 8 см, ∠ABC = 22°30'. Найдите угол между плоскостями ABC и α. 2. ABCD — квадрат со стороной, равной 4 см. Треугольник AMB имеет общую сторону AB с квадратом, AM = BM = 2√6 см. Плоскости треугольника и квадрата взаимно перпендикулярны.

1. **Решение:** Пусть $BH$ — высота $\triangle ABC$, опущенная на сторону $AC$. Тогда расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ (перпендикуляр $BK = 4$ см) образует с высотой $BH$ прямоугольный треугольник $BKH$, где $\angle BHK$ — искомый линейный угол между плоскостями. 1) В $\triangle ABC$: $BC = 8$ см, $\angle ABC = 22^\circ 30'$. Так как $AC = BC = 8$ см, $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$. Но по условию $AC$ лежит в плоскости $\alpha$, поэтому удобнее найти высоту $BH$ к $AC$. Углы при основании $AB$: $\angle BAC = \angle ABC = 22^\circ 30'$. Угол при вершине $C$: $\angle ACB = 180^\circ - 2 \cdot 22^\circ 30' = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$. 2) В $\triangle BHC$ (прямоугольный, $BH \perp AC$): $\angle BCH = 180^\circ - 135^\circ = 45^\circ$ (смежный). $BH = BC \cdot \sin 45^\circ = 8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}$ см. 3) В $\triangle BKH$ ($\angle BK H = 90^\circ$): $\sin \angle BHK = \frac{BK}{BH} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. $\angle BHK = 45^\circ$. **Ответ: 45°**. 2. **Решение:** 1) Пусть $H$ — середина $AB$. Так как $AM = BM$, то $MH \perp AB$. Поскольку плоскости перпендикулярны, $MH$ — перпендикуляр к плоскости квадрата. $BC \perp AB$ (стороны квадрата). По теореме о трех перпендикулярных: так как $AB$ есть проекция $MB$ на плоскость квадрата и $BC \perp AB$, то $BC \perp MB$. Аналогично, так как $MH \perp (ABC)$, а $BC$ лежит в плоскости и $BC \perp AB$, то $BC$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $MHB$. Следовательно, $BC \perp AM$ неверно в общем виде, но $BC \perp AB$ и $BC \perp MH \implies BC \perp (AMH)$ невозможно. Уточним: $BC \perp AB$ и $BC \perp MH \implies BC \perp$ любой прямой в плоскости $MAB$. Значит, $BC \perp AM$. 2) Искомый угол — $\angle MCH$, так как $MH \perp (ABC)$, $CH$ — проекция $MC$. $MH = \sqrt{AM^2 - AH^2} = \sqrt{(2\sqrt{6})^2 - 2^2} = \sqrt{24 - 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см. $CH = \sqrt{BC^2 + BH^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ см. В прямоугольном $\triangle MHC$: $MH = CH \implies \angle MCH = 45^\circ$. 3*) Расстояние от $A$ до $(DMC)$ равно высоте пирамиды $ADMC$ из вершины $A$. Объем $V_{AMCD} = \frac{1}{3} S_{ACD} \cdot MH = \frac{1}{3} \cdot (\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4) \cdot 2\sqrt{5} = \frac{16\sqrt{5}}{3}$. Стороны $\triangle DMC$: $MC = \sqrt{MH^2 + CH^2} = \sqrt{20 + 20} = \sqrt{40}$, $MD = MC = \sqrt{40}$, $CD = 4$. Высота $\triangle DMC$ к $CD$: $h = \sqrt{(\sqrt{40})^2 - 2^2} = 6$. $S_{DMC} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12$. $d = \frac{3V}{S_{DMC}} = \frac{16\sqrt{5}}{12} = \frac{4\sqrt{5}}{3}$ см. **Ответ: 1) Доказано; 2) 45°; 3) 4/3 * sqrt(5) см**.