1. Из точки O пересечения диагоналей квадрата ABCD проведен перпендикуляр к плоскости ABC. Докажите, что (BD)⊥(HC).

1. **Доказательство:** 1) По условию $ABCD$ — квадрат, значит его диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$. 2) Отрезок, проведённый из точки $O$, перпендикулярен плоскости $ABC$, обозначим его как $OS$. Тогда $OS \perp (ABC)$. 3) Так как прямая $BD$ лежит в плоскости $ABC$, то $OS \perp BD$. 4) Прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $OS$ плоскости $ASC$ (или любой плоскости, содержащей этот перпендикуляр и диагональ $AC$). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости: $BD \perp (ASC)$. 5) Так как прямая $HC$ (если точка $H$ лежит на перпендикуляре из точки $O$) лежит в плоскости $ASC$, то $BD \perp HC$. 2. **Решение:** 1) Пусть $\alpha$ — плоскость, проведённая через сторону $KN$. Опустим перпендикуляр $MM_1$ из точки $M$ на плоскость $\alpha$. Тогда $M_1$ — проекция точки $M$, а $KM_1$ — проекция диагонали $KM$. 2) В прямоугольнике $KLMN$: $LM \perp KN$. По теореме о трёх перпендикулярах, проекция $LM_1 \perp KN$. 3) В прямоугольном треугольнике $LMM_1$: $LM = 3$ см, $LM_1 = 4$ см. **Допущение:** в условии опечатка, так как катет $LM_1$ не может быть больше гипотенузы $LM$ ($4 > 3$). Если под $4$ см подразумевалась проекция стороны $KL$ на плоскость $\alpha$, то решение невозможно без угла наклона или длины $KL$. Если 4 см — это проекция стороны $LM$, то задача не имеет решения в действительных числах. Если предположить, что $|KL| = 12$ см, а проекция $KL$ на плоскость равна 4 см (обозначим $KL_1 = 4$), то по теореме Пифагора для $\triangle KMM_1$: $KM = \sqrt{KL^2 + LM^2} = \sqrt{12^2 + 3^2} = \sqrt{153}$. $KM_1 = \sqrt{KL_1^2 + LM_1^2}$. Принимая $LM$ параллельным плоскости ($LM=LM_1=3$): $KM_1 = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = 5$ см. **Ответ: 5 см.** 3. **Решение:** 1) Пусть $AB$ и $AC$ — наклонные, $AB = AC = 2$ см. $AO$ — перпендикуляр к плоскости ($O$ — проекция точки $A$). 2) В $\triangle ABC$ по теореме косинусов: $BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos 60^{\circ} = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 0.5 = 4 + 4 - 4 = 4 \Rightarrow BC = 2$ см. 3) Пусть $OB$ и $OC$ — проекции наклонных. По условию $\angle BOC = 90^{\circ}$. Обозначим $OB = OC = x$ (так как наклонные равны). 4) В $\triangle BOC$: $x^2 + x^2 = BC^2 \Rightarrow 2x^2 = 4 \Rightarrow x^2 = 2$. 5) В прямоугольном $\triangle AOB$ по теореме Пифагора: $AO^2 = AB^2 - OB^2 = 2^2 - 2 = 4 - 2 = 2$. 6) $AO = \sqrt{2}$ см. **Ответ: $\sqrt{2}$ см.**