1. Через катет AB равнобедренного прямоугольного треугольника ABC проведена плоскость β. Другой катет BC образует с плоскостью β угол 45°. Найдите: а) расстояние от вершины C до плоскости β, если AC = 2 см; б) угол φ, который гипотенуза AC образует с плоскостью β.

1. Рассмотрим $\triangle ABC$, где $\angle B = 90^\circ$ и $AB = BC$. Так как $AB$ лежит в плоскости $\beta$, то проекцией катета $BC$ на плоскость $\beta$ будет отрезок $BC'$, где $CC' \perp \beta$. Тогда $\angle CBC' = 45^\circ$ — угол между катетом и плоскостью. a) В прямоугольном $\triangle BCC'$ ($ \angle CC'B = 90^\circ$): $CC' = BC \cdot \sin 45^\circ$. Поскольку $\triangle ABC$ равнобедренный и $AC = 2$, то по теореме Пифагора $2BC^2 = AC^2 = 4 \Rightarrow BC = \sqrt{2}$. $CC' = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1$ см. б) Угол $\varphi$ между гипотенузой $AC$ и плоскостью $\beta$ — это $\angle CAC'$, так как $AC'$ — проекция $AC$ (точка $A$ лежит в $\beta$). В $\triangle ACC'$ ($\angle CC'A = 90^\circ$): $\sin \varphi = \frac{CC'}{AC} = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi = 30^\circ$. **Ответ: а) 1 см; б) 30°.** 2. Пусть $DH$ — высота $\triangle DKC$. Так как $\triangle DKC$ равнобедренный ($KD = DC = 10$), высота $DH$ является медианой: $KH = HC = 8$. Из $\triangle DHC$: $DH = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$ см. Отрезок $NH$ — наклонная к прямой $KC$. Так как $DN \perp (DKC)$, то по теореме о трех перпендикулярах $NH \perp KC$. Значит, расстояние от $N$ до $KC$ — это длина $NH$. Из прямоугольного $\triangle NDH$: $NH = \sqrt{DN^2 + DH^2} = \sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ см. **Ответ: 3√5 см.** 3. Пусть сторона квадратов равна $a$. Центр квадрата $ABCD$ — точка $O$. Проекция $FL$ (отрезка $a$) на плоскость $ABCD$ проходит через $O$. Обозначим угол между плоскостями $\alpha$. Проекция стороны $FL$ на плоскость $ABCD$ есть отрезок $F'L' = a \cdot \cos \alpha$. Чтобы проекция стороны $FL$ проходила через центр $O$, квадрат $FLCD$ должен быть наклонен относительно общего ребра $CD$. Расстояние от $FL$ до $CD$ равно $a$. Расстояние от проекции $F'L'$ до $CD$ равно $a \cdot \cos \alpha$. Так как проекция проходит через центр, это расстояние должно быть равно половине стороны квадрата: $a \cdot \cos \alpha = \frac{a}{2} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = 60^\circ$. **Ответ: 60°.** 4. Введем систему координат. Пусть $A(0;0;0)$. Так как плоскости перпендикулярны и $AB$ — линия пересечения: $B(4;0;0)$. $\triangle ABC$ в плоскости $XY$: $C(4;3;0)$ (так как $\angle B=90^\circ$ и $BC=3$). $\triangle ABD$ в плоскости $XZ$: $D(0;0;3)$ (так как $\angle A=90^\circ$ и $AD=3$). Расстояние $CD = \sqrt{(4-0)^2 + (3-0)^2 + (0-3)^2} = \sqrt{4^2 + 3^2 + (-3)^2} = \sqrt{16 + 9 + 9} = \sqrt{34}$ см. **Ответ: √34 см.**