Из точки D, которая лежит вне плоскости α, проведены к этой плоскости наклонные DK и DB, образующие с ней углы 45° и 60° соответственно.

### Решение задачи 1 Пусть $O$ — проекция точки $D$ на плоскость $\alpha$. Тогда $DO \perp \alpha$, а отрезки $OK$ и $OB$ — проекции наклонных $DK$ и $DB$ на плоскость $\alpha$. 1. Рассмотрим $\triangle DOB$: он прямоугольный (так как $DO \perp OB$). Угол между наклонной $DB$ и плоскостью $\alpha$ равен углу $\angle DBO = 60^\circ$. Из $\triangle DOB$: $DO = DB \cdot \sin(60^\circ) = 10\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 10 \cdot \frac{3}{2} = 15$ см. 2. Рассмотрим $\triangle DOK$: он также прямоугольный. Угол между наклонной $DK$ и плоскостью $\alpha$ равен углу $\angle DKO = 45^\circ$. Из $\triangle DOK$: $OK = DO \cdot \text{ctg}(45^\circ) = 15 \cdot 1 = 15$ см. **Ответ:** 15 см. ### Решение задачи 2 Пусть $AB$ — общее ребро треугольников $ABC$ и $ABD$. Обозначим $M$ — середину $AB$. 1. Так как $\triangle ABC$ равносторонний со стороной $a = 4\sqrt{3}$, то высота $CM$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{2} = \frac{12}{2} = 6$. 2. В $\triangle ABD$ ($AD=BD$): $AM = \frac{AB}{2} = \frac{4\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$. Высота $DM = \sqrt{AD^2 - AM^2} = \sqrt{14 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{14 - 12} = \sqrt{2}$. 3. По условию угол между плоскостями (двугранный угол) равен $45^\circ$. Это угол $\angle CMD = 45^\circ$. 4. По теореме косинусов для $\triangle CMD$: $CD^2 = CM^2 + DM^2 - 2 \cdot CM \cdot DM \cdot \cos(45^\circ) = 6^2 + (\sqrt{2})^2 - 2 \cdot 6 \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 36 + 2 - 12 = 26$. $CD = \sqrt{26}$ см. **Ответ:** $\sqrt{26}$ см.