Решение: Построим BK ⊥ AD. В пл. ADM проведем KL ⊥ AD. ∠BKL – линейный угол двугранного угла BADM. ∠BKL = 60о (по условию). В пл. BKL опустим на KL перпендикуляр ВО. Докажем, что ВО ⊥ пл. ADM. а) AD ⊥ BK, AD ⊥ KL, то AD ⊥ пл. BKL, следовательно, AD перпендикулярна всем прямым в плоскости BKL, то есть AD ⊥ ВО. б) BO ⊥ AD, BO ⊥ KL, то ВО ⊥ пл. AMD. Итак, ρ(В, пл. AMD) = 4 3 = ВО. BK =
4 3 sin 60
o
=
4 3 ⋅2 3
=8.
В пл. ABCD AB = BK ⋅
1 sin 45 o
;
AB = 8 2 . Ответ: AB = 8 2 . 177. Решение: Пусть α и β пересекаются по линии АВ, γ ⊥ АВ (на рисунке не показана). АВ ⊥ γ, АВ ⊂ α, то по теореме п. 23 γ ⊥ α. АВ ⊥ γ, АВ ⊂ β, то по теореме п. 23 γ ⊥ β. Что и требовалось доказать. 179. Дано: α, β, α ⊥ β. Решение: Пусть АВ ⊄ α (где АВ – перпендикуляр β, проведенный через А ∈ α). DE – линия пересечения α и β. Проведем в пл. α АС ⊥ DE, a в пл. β (через построенную т. С) CF ⊥ DE. 90