Вариант Б2. 1. 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. в) Найдите площадь ABCD, если ∠BKD = 90°, BD = 10 см, KA = 3 см.

### Задача 1 **а) Докажите, что $ABCD$ — ромб.** 1. По условию $KA \perp (ABC)$, значит, $KA$ — перпендикуляр к плоскости, а $KO$ — наклонная к этой плоскости. 2. Отрезок $AO$ является проекцией наклонной $KO$ на плоскость $(ABC)$. 3. По условию $KO \perp BD$. Согласно теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная перпендикулярна прямой в плоскости, то и её проекция перпендикулярна этой прямой. Следовательно, $AO \perp BD$. 4. Так как $AC$ содержит $AO$, то диагонали параллелограмма $AC$ и $BD$ перпендикулярны ($AC \perp BD$). 5. Параллелограмм, диагонали которого взаимно перпендикулярны, является ромбом. $ABCD$ — ромб. **б) Докажите перпендикулярность плоскостей $KBD$ и $KOA$.** 1. Из пункта (а) мы знаем, что $BD \perp AO$. Также по условию $BD \perp KO$. 2. Прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($AO$ и $KO$) плоскости $(KOA)$. Следовательно, $BD ≅ (KOA)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. 3. Если плоскость ($KBD$) проходит через прямую ($BD$), перпендикулярную другой плоскости ($KOA$), то эти плоскости перпендикулярны. Значит, $(KBD) ≅ (KOA)$. **в) Найдите площадь $ABCD$, если $\angle BKD = 90^{\circ}$, $BD = 10\text{ см}$, $KA = 3\text{ см}$.** 1. Рассмотрим $\triangle BKD$. Он прямоугольный ($\angle BKD = 90^{\circ}$) и равнобедренный ($KB = KD$, так как наклонные проведены из одной точки $K$ к равным отрезкам $AB$ и $AD$ ромба). 2. В равнобедренном $\triangle BKD$ медиана $KO$ является высотой, $KO = \frac{1}{2} BD = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\text{ см}$ (свойство медианы прямоугольного треугольника). 3. Из прямоугольного $\triangle KAO$ ($\angle KAO = 90^{\circ}$) по теореме Пифагора: $AO = \sqrt{KO^2 - KA^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{25 - 9} = \sqrt{16} = 4\text{ см}$. 4. Диагональ $AC = 2 \cdot AO = 2 \cdot 4 = 8\text{ см}$. 5. Площадь ромба $S = \frac{1}{2} \cdot d_1 \cdot d_2 = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 10 = 40\text{ см}^2$. **Ответ: 40.** ### Задача 2 1. Пусть $O$ — проекция точки $S$ на плоскость $(ABC)$. Так как $S$ равноудалена от сторон правильного треугольника, то $O$ — центр вписанной окружности (и центр треугольника). 2. Проведем радиус вписанной окружности $r = OM \perp BC$, где $M$ — середина $BC$. Тогда $SM$ — апофема грани (или наклонная), $SM = \sqrt{39}\text{ см}$. 3. В правильном $\triangle ABC$ со стороной $a = 6$: $r = \frac{a\sqrt{3}}{6} = \frac{6\sqrt{3}}{6} = \sqrt{3}\text{ см}$. 4. Из $\triangle SOM$ ($\angle SOM = 90^{\circ}$): $SO = \sqrt{SM^2 - r^2} = \sqrt{39 - 3} = \sqrt{36} = 6\text{ см}$. 5. Точка $O$ также является центром описанной окружности. Радиус $R = AO = \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}\text{ см}$. 6. Искомый угол $\alpha$ — это $\angle SAO$ в прямоугольном $\triangle SAO$. $\text{tg } \alpha = \frac{SO}{AO} = \frac{6}{2√3} = \frac{3}{√3} = \sqrt{3}$. $\alpha = \text{arctg}(\sqrt{3}) = 60^{\circ}$. **Ответ: 60^{\circ}.** ### Задача 3 1. Пусть прямая $c$ — ребро двугранного угла ($AB \subset c$). По условию $AA_1 ≅ c$ и $BB_1 ≅ c$. 2. Перенесем вектор $\vec{BB_1}$ параллельно в точку $A$ (или $AA_1$ в $B$). Получим две прямые, выходящие из одной точки ребра и перпендикулярные ему. Угол между ними и есть линейный угол двугранного угла. 3. Так как по условию $AA_1 ≅ BB_1$, то угол между этими прямыми равен $90^{\circ}$. 4. Величина двугранного угла равна величине его линейного угла. Следовательно, угол прямой. **Что и требовалось доказать.**