Проверь себя!, страница 92 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

ПРОВЕРЬ СЕБЯ!

1. Для куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите угол между прямыми $AD_1$ и $CB_1$:

A. $30^\circ$.

B. $45^\circ$.

C. $60^\circ$.

D. $90^\circ$.

2. Для куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите косинус угла между прямыми $AA_1$ и $DB_1$:

A. $\frac{1}{3}$.

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. Найдите угол между скрещивающимися ребрами правильной треугольной пирамиды:

A. $30^\circ$.

B. $45^\circ$.

C. $60^\circ$.

D. $90^\circ$.

4. Найдите угол между скрещивающимися ребрами правильной четырехугольной пирамиды, все ребра которой равны 1:

A. $30^\circ$.

B. $45^\circ$.

C. $60^\circ$.

D. $90^\circ$.

5. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, найдите угол между прямыми $BC$ и $C_1 D_1$:

A. $30^\circ$.

B. $45^\circ$.

C. $60^\circ$.

D. $120^\circ$.

6. Для куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите косинус угла между прямой $BD_1$ и плоскостью $BCC_1$:

A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

B. $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

7. Найдите угол наклона отрезка к плоскости, если его ортогональная проекция на эту плоскость в два раза меньше самого отрезка:

A. $30^\circ$.

B. $45^\circ$.

C. $60^\circ$.

D. $90^\circ$.

8. Для правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, все ребра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями $SAD$ и $SBC$:

A. $\frac{1}{3}$.

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

9. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние между вершинами $A$ и $D_1$:

A. 2.

B. $\sqrt{2}$.

C. $\sqrt{3}$.

D. $\sqrt{5}$.

10. Для единичного куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите расстояние от вершины $B_1$ до прямой $AC$:

A. $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

C. $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

11. Для правильной шестиугольной призмы $ABCDEF A_1 B_1 C_1 D_1 E_1 F_1$, все ребра которой равны 1, найдите расстояние от вершины $B$ до прямой $E_1 F_1$:

A. 2.

B. $\sqrt{2}$.

C. $\sqrt{3}$.

D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$.

12. Из точки, не принадлежащей плоскости, опущен на нее перпендикуляр и проведена наклонная. Найдите проекцию наклонной, если перпендикуляр равен 12 см, а наклонная 15 см:

A. 3 см.

B. 9 см.

C. 27 см.

D. 81 см.

13. Для единичного куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите расстояние между прямыми $CC_1$ и $DB_1$:

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

B. $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

14. Для единичного тетраэдра $ABCD$ найдите расстояние между прямыми $AD$ и $BC$:

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

B. $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

15. Для единичного куба $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$, найдите расстояние от вершины $B$ до плоскости $ACB_1$:

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

B. $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

1.В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ прямые $AD_1$ и $CB_1$ являются скрещивающимися. Чтобы найти угол между ними, воспользуемся методом параллельного переноса. Прямая $CB_1$ параллельна прямой $DA_1$, так как отрезки $CB_1$ и $DA_1$ являются диагоналями противолежащих граней куба и соединяют соответствующие вершины. Следовательно, угол между прямыми $AD_1$ и $CB_1$ равен углу между прямыми $AD_1$ и $DA_1$.Рассмотрим плоскость, проходящую через параллельные прямые $AD_1$ и $BC_1$. В этой плоскости также лежит прямая $AB$, так как $A$ и $B$ - вершины. Прямая $CD_1$ также параллельна $AB$. Прямоугольник $ABC_1D_1$ является сечением куба.Проще использовать векторный метод. Введем систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$ и осями, направленными вдоль ребер $AB, AD, AA_1$. Пусть ребро куба равно $a$.Координаты вершин: $A(0,0,0), D(0,a,0), C(a,a,0), B_1(a,0,a), D_1(0,a,a)$.Найдем векторы, соответствующие прямым $AD_1$ и $CB_1$:Вектор $\vec{AD_1} = D_1 - A = (0, a, a)$.Вектор $\vec{CB_1} = B_1 - C = (a-a, 0-a, a-0) = (0, -a, a)$.Найдем косинус угла $\alpha$ между этими векторами:$ \cos \alpha = \frac{\vec{AD_1} \cdot \vec{CB_1}}{|\vec{AD_1}| \cdot |\vec{CB_1}|} = \frac{0 \cdot 0 + a \cdot (-a) + a \cdot a}{\sqrt{0^2+a^2+a^2} \cdot \sqrt{0^2+(-a)^2+a^2}} = \frac{-a^2+a^2}{\sqrt{2a^2} \cdot \sqrt{2a^2}} = \frac{0}{2a^2} = 0 $.Так как косинус угла равен 0, угол $\alpha$ равен $90^\circ$.

Ответ: D. 90°.

2.Для нахождения косинуса угла между прямыми $AA_1$ и $DB_1$ воспользуемся методом параллельного переноса. Прямая $AA_1$ параллельна прямой $DD_1$. Значит, искомый угол равен углу между прямыми $DD_1$ и $DB_1$. Эти прямые пересекаются в точке $D$, образуя угол $\angle D_1DB_1$.Рассмотрим треугольник $D_1DB_1$.Пусть ребро куба равно $a$.$DD_1 = a$ (ребро куба).$D_1B_1$ - диагональ грани $A_1B_1C_1D_1$, ее длина $D_1B_1 = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.$DB_1$ - пространственная диагональ куба, ее длина $DB_1 = \sqrt{a^2+a^2+a^2} = a\sqrt{3}$.Ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$, а значит, и любой прямой в этой плоскости. Следовательно, $DD_1 \perp D_1B_1$.Таким образом, треугольник $D_1DB_1$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $D_1$.Косинус угла $\angle D_1DB_1$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:$ \cos(\angle D_1DB_1) = \frac{DD_1}{DB_1} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Ответ: B. $ \frac{\sqrt{3}}{3} $.

3.В правильной треугольной пирамиде скрещивающимися ребрами являются боковое ребро и не смежное с ним ребро основания (например, $SA$ и $BC$ в пирамиде $SABC$).Докажем, что эти ребра перпендикулярны. Пусть $SABC$ - правильная треугольная пирамида с вершиной $S$. Основание $ABC$ - равносторонний треугольник. Пусть $O$ - центр основания (точка пересечения медиан, высот и биссектрис). $SO$ - высота пирамиды, следовательно, $SO \perp$ плоскости $ABC$.Так как $SO \perp (ABC)$, то $SO$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности $SO \perp BC$.Проведем в основании медиану $AM$. Так как $\triangle ABC$ равносторонний, $AM$ является также и высотой, поэтому $AM \perp BC$.Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SO$ и $AM$ в плоскости $SAM$. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $SAM$.Боковое ребро $SA$ лежит в плоскости $SAM$ (так как точки $S$ и $A$ лежат в этой плоскости).Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $SAM$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в том числе и прямой $SA$.Таким образом, угол между скрещивающимися ребрами $SA$ и $BC$ равен $90^\circ$.

Ответ: D. 90°.

4.Рассмотрим правильную четырехугольную пирамиду $SABCD$, все ребра которой равны 1. Основание $ABCD$ - квадрат со стороной 1, боковые ребра $SA, SB, SC, SD$ также равны 1.Скрещивающимися ребрами являются, например, боковое ребро $SA$ и ребро основания $BC$.Чтобы найти угол между ними, выполним параллельный перенос. Ребро $BC$ параллельно ребру $AD$.Следовательно, угол между прямыми $SA$ и $BC$ равен углу между прямыми $SA$ и $AD$.Эти прямые пересекаются в точке $A$ и образуют угол $\angle SAD$.Рассмотрим треугольник $SAD$. По условию, все ребра пирамиды равны 1, значит, $SA=1$, $AD=1$, $SD=1$.Треугольник $SAD$ является равносторонним.Углы равностороннего треугольника равны $60^\circ$. Таким образом, $\angle SAD = 60^\circ$.

Ответ: C. 60°.

5.В правильной шестиугольной призме $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ прямые $BC$ и $C_1D_1$ скрещиваются.Прямая $C_1D_1$ лежит в плоскости верхнего основания и параллельна прямой $CD$, лежащей в плоскости нижнего основания.Поэтому угол между прямыми $BC$ и $C_1D_1$ равен углу между прямыми $BC$ и $CD$.Этот угол является внутренним углом правильного шестиугольника $ABCDEF$ при вершине $C$, то есть $\angle BCD$.Сумма внутренних углов n-угольника равна $180^\circ(n-2)$. Для шестиугольника ($n=6$) сумма углов равна $180^\circ(6-2) = 720^\circ$.Так как шестиугольник правильный, все его углы равны. Величина одного угла: $\frac{720^\circ}{6} = 120^\circ$.Таким образом, $\angle BCD = 120^\circ$.Угол между прямыми по определению является острым или прямым, то есть не превышает $90^\circ$. Он равен меньшему из двух смежных углов, образованных пересекающимися прямыми.Смежный с углом $120^\circ$ угол равен $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.Следовательно, угол между прямыми $BC$ и $CD$ равен $60^\circ$.

Ответ: C. 60°.

6.Угол между прямой и плоскостью — это угол между прямой и ее ортогональной проекцией на эту плоскость.Найдем проекцию прямой $BD_1$ на плоскость $BCC_1$. Плоскость $BCC_1$ — это грань куба $BCC_1B_1$.Точка $B$ принадлежит этой плоскости, поэтому ее проекция — сама точка $B$.Найдем проекцию точки $D_1$. Ребро $C_1D_1$ перпендикулярно грани $BCC_1B_1$ (так как $C_1D_1 \perp B_1C_1$ и $C_1D_1 \perp CC_1$). Следовательно, точка $C_1$ является ортогональной проекцией точки $D_1$ на эту плоскость.Таким образом, проекцией прямой $BD_1$ на плоскость $BCC_1$ является прямая $BC_1$.Искомый угол — это угол $\angle D_1BC_1$ в треугольнике $D_1BC_1$.Этот треугольник прямоугольный, так как $D_1C_1 \perp$ плоскости $BCC_1B_1$, а значит, $D_1C_1 \perp BC_1$.Пусть ребро куба равно $a$.$D_1C_1 = a$ (ребро куба).$BC_1$ - диагональ грани $BCC_1B_1$, $BC_1 = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$.$BD_1$ - пространственная диагональ куба, $BD_1 = \sqrt{a^2+a^2+a^2} = a\sqrt{3}$.Косинус угла $\angle D_1BC_1$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе:$ \cos(\angle D_1BC_1) = \frac{BC_1}{BD_1} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3} $.

Ответ: B. $ \frac{\sqrt{6}}{3} $.

7.Пусть длина отрезка равна $l$, а длина его ортогональной проекции на плоскость равна $p$. Угол наклона отрезка к плоскости обозначим $\alpha$.По определению угла между прямой и плоскостью, длина проекции связана с длиной самого отрезка соотношением:$ p = l \cdot \cos \alpha $.По условию задачи, проекция в два раза меньше самого отрезка, то есть $p = \frac{l}{2}$.Приравняем выражения:$ l \cdot \cos \alpha = \frac{l}{2} $.Разделив обе части на $l$ (так как $l \neq 0$), получаем:$ \cos \alpha = \frac{1}{2} $.Учитывая, что угол наклона $\alpha$ находится в диапазоне $[0^\circ, 90^\circ]$, находим:$ \alpha = \arccos\left(\frac{1}{2}\right) = 60^\circ $.

Ответ: C. 60°.

8.Угол между двумя плоскостями (двугранный угол) измеряется линейным углом, который образуется при пересечении этих плоскостей третьей плоскостью, перпендикулярной их линии пересечения.Плоскости $SAD$ и $SBC$ проходят через параллельные ребра основания $AD$ и $BC$. Линия их пересечения — это прямая, проходящая через вершину $S$ параллельно $AD$ и $BC$.Возьмем середины ребер $AD$ и $BC$ — точки $M$ и $N$ соответственно.В равностороннем треугольнике $SAD$ (все ребра равны 1) медиана $SM$ является и высотой, т.е. $SM \perp AD$.Аналогично, в равностороннем треугольнике $SBC$ медиана $SN$ является и высотой, т.е. $SN \perp BC$.Так как $AD$ и $BC$ параллельны линии пересечения плоскостей, то плоскость $SMN$ перпендикулярна этой линии.Следовательно, угол между плоскостями $SAD$ и $SBC$ равен углу $\angle MSN$ в треугольнике $SMN$.Найдем стороны треугольника $SMN$:$SM = SN = \sqrt{SA^2 - AM^2} = \sqrt{1^2 - (1/2)^2} = \sqrt{1 - 1/4} = \sqrt{3/4} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.$MN$ - отрезок, соединяющий середины противоположных сторон квадрата $ABCD$, его длина равна стороне квадрата: $MN = AB = 1$.В равнобедренном треугольнике $SMN$ применим теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle MSN)$:$ MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2 \cdot SM \cdot SN \cdot \cos(\angle MSN) $.$ 1^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\angle MSN) $.$ 1 = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} - 2 \cdot \frac{3}{4} \cdot \cos(\angle MSN) $.$ 1 = \frac{6}{4} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle MSN) $.$ 1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle MSN) $.$ \frac{3}{2} \cdot \cos(\angle MSN) = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2} $.$ \cos(\angle MSN) = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3} $.

Ответ: A. $ \frac{1}{3} $.

9.Для нахождения расстояния между вершинами $A$ и $D_1$ рассмотрим прямоугольный треугольник $ADD_1$. Угол при вершине $D$ прямой, так как боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно плоскости основания.Расстояние $AD_1$ является гипотенузой этого треугольника. По теореме Пифагора:$ AD_1^2 = AD^2 + DD_1^2 $.По условию, все ребра призмы равны 1, значит, $DD_1 = 1$.$AD$ - это большая диагональ правильного шестиугольника $ABCDEF$ со стороной 1. Длина большой диагонали правильного шестиугольника равна удвоенной длине его стороны. Таким образом, $AD = 2 \cdot AB = 2 \cdot 1 = 2$.Подставляем значения в формулу:$ AD_1^2 = 2^2 + 1^2 = 4 + 1 = 5 $.$ AD_1 = \sqrt{5} $.

Ответ: D. $ \sqrt{5} $.

10.Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из точки на прямую. Рассмотрим треугольник $B_1AC$.Найдем длины его сторон. Куб единичный, ребро равно 1.$AC$ - диагональ грани $ABCD$. $AC = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.$AB_1$ - диагональ грани $ABB_1A_1$. $AB_1 = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.$CB_1$ - диагональ грани $CBB_1C_1$. $CB_1 = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.Все стороны треугольника $B_1AC$ равны $\sqrt{2}$, следовательно, он является равносторонним.Расстояние от вершины $B_1$ до прямой $AC$ является высотой этого равностороннего треугольника, опущенной на сторону $AC$.Высота $h$ равностороннего треугольника со стороной $s$ вычисляется по формуле $h = \frac{s\sqrt{3}}{2}$.В нашем случае $s = \sqrt{2}$.$ h = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} $.

Ответ: C. $ \frac{\sqrt{6}}{2} $.

11.Для нахождения расстояния от точки $B$ до прямой $E_1F_1$ введем систему координат. Поместим центр нижнего основания в начало координат $O(0,0,0)$.Сторона правильного шестиугольника равна 1, значит, он вписан в окружность радиуса 1.Координаты вершин нижнего основания:$A(1,0,0)$, $B(\cos 60^\circ, \sin 60^\circ, 0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.Вершины верхнего основания находятся в плоскости $z=1$.$E_1$ имеет $x,y$ координаты как у $E$. $E(\cos 240^\circ, \sin 240^\circ, 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, значит $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.$F_1$ имеет $x,y$ координаты как у $F$. $F(\cos 300^\circ, \sin 300^\circ, 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, значит $F_1(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.Прямая $E_1F_1$ параллельна оси $Ox$ и лежит в плоскости $y = -\frac{\sqrt{3}}{2}, z=1$.Расстояние от точки $P(x_0, y_0, z_0)$ до прямой, заданной точкой $P_1$ и направляющим вектором $\vec{v}$, вычисляется по формуле $d = \frac{|\vec{P_1P} \times \vec{v}|}{|\vec{v}|}$.Точка на прямой $E_1F_1$: $F_1(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$. Направляющий вектор $\vec{v} = E_1-F_1 = (-1,0,0)$.Точка, от которой ищем расстояние: $B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.Вектор $\vec{F_1B} = B - F_1 = (\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}-(-\frac{\sqrt{3}}{2}), 0-1) = (0, \sqrt{3}, -1)$.Векторное произведение: $\vec{F_1B} \times \vec{v} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & \sqrt{3} & -1 \\ -1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0-0)-\mathbf{j}(0-1)+\mathbf{k}(0-(-\sqrt{3})) = (0, 1, \sqrt{3})$.Модуль векторного произведения: $|(0, 1, \sqrt{3})| = \sqrt{0^2+1^2+(\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3} = \sqrt{4} = 2$.Модуль направляющего вектора: $|\vec{v}| = |(-1,0,0)| = 1$.Расстояние: $d = \frac{2}{1} = 2$.

Ответ: A. 2.

12.Пусть из точки $A$ к плоскости $\pi$ проведены перпендикуляр $AB$ и наклонная $AC$. Тогда $BC$ — это проекция наклонной $AC$ на плоскость $\pi$.Длина перпендикуляра $AB=12$ см, длина наклонной $AC=15$ см.Треугольник $ABC$ является прямоугольным, так как $AB \perp \pi$, а значит, $AB \perp BC$.По теореме Пифагора: $AC^2 = AB^2 + BC^2$.$ 15^2 = 12^2 + BC^2 $.$ 225 = 144 + BC^2 $.$ BC^2 = 225 - 144 = 81 $.$ BC = \sqrt{81} = 9 $ см.Длина проекции наклонной равна 9 см.

Ответ: B. 9 см.

13.Прямая $CC_1$ — это боковое ребро куба, а $DB_1$ — пространственная диагональ. Это скрещивающиеся прямые.Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти, спроецировав куб на плоскость, перпендикулярную одной из прямых.Прямая $CC_1$ перпендикулярна плоскости основания $ABCD$. Спроектируем куб на эту плоскость.Прямая $CC_1$ проектируется в точку $C$.Прямая $DB_1$ проектируется в прямую $DB$.Расстояние между скрещивающимися прямыми $CC_1$ и $DB_1$ равно расстоянию от проекции первой прямой (точки $C$) до проекции второй прямой (прямой $DB$).Рассмотрим квадрат $ABCD$ со стороной 1. Нам нужно найти расстояние от вершины $C$ до диагонали $DB$.Диагонали квадрата перпендикулярны и в точке пересечения $O$ делятся пополам.Расстояние от $C$ до $DB$ - это длина перпендикуляра, который совпадает с отрезком $CO$.Длина диагонали $AC = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.Расстояние $CO$ равно половине длины диагонали $AC$:$ CO = \frac{AC}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Ответ: A. $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.

14.Единичный тетраэдр — это правильный тетраэдр, все ребра которого равны 1.$AD$ и $BC$ — скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра. Расстояние между ними — это длина их общего перпендикуляра.В правильном тетраэдре общий перпендикуляр к двум скрещивающимся ребрам соединяет их середины.Пусть $M$ — середина ребра $AD$, а $N$ — середина ребра $BC$. Расстояние между прямыми $AD$ и $BC$ равно длине отрезка $MN$.Рассмотрим треугольник $ABC$. $AN$ — медиана в равностороннем треугольнике со стороной 1. Ее длина:$ AN = \sqrt{AB^2 - BN^2} = \sqrt{1^2 - (1/2)^2} = \sqrt{1 - 1/4} = \frac{\sqrt{3}}{2} $.Аналогично, в треугольнике $DBC$ медиана $DN = \frac{\sqrt{3}}{2}$.Теперь рассмотрим треугольник $AND$. Он равнобедренный, так как $AN=DN=\frac{\sqrt{3}}{2}$, а основание $AD=1$.Отрезок $MN$ является медианой, проведенной к основанию $AD$ в равнобедренном треугольнике $AND$, а значит, и высотой.Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMN$ (прямой угол при $M$).По теореме Пифагора: $AN^2 = AM^2 + MN^2$.$AM = \frac{AD}{2} = \frac{1}{2}$.$ \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 + MN^2 $.$ \frac{3}{4} = \frac{1}{4} + MN^2 $.$ MN^2 = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} $.$ MN = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Ответ: A. $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.

15.Расстояние от точки до плоскости можно найти методом объемов. Рассмотрим тетраэдр $BACB_1$.Объем тетраэдра $V$ можно вычислить по формуле $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H$.Способ 1. Возьмем за основание треугольник $ABC$, лежащий в плоскости основания куба.Площадь $\triangle ABC$ (прямоугольный треугольник с катетами 1): $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$.Высотой, опущенной из вершины $B_1$ на плоскость $ABC$, является ребро $B_1B$. $H = B_1B = 1$.Объем тетраэдра: $V = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{6}$.Способ 2. Возьмем за основание треугольник $ACB_1$. Искомое расстояние $d$ от вершины $B$ до этой плоскости будет высотой тетраэдра.Найдем площадь $\triangle ACB_1$. Его стороны — диагонали граней куба:$AC = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.$AB_1 = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.$CB_1 = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.$\triangle ACB_1$ — равносторонний со стороной $s=\sqrt{2}$.Площадь равностороннего треугольника: $S = \frac{s^2\sqrt{3}}{4}$.$ S_{ACB_1} = \frac{(\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{2\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} $.Объем тетраэдра: $V = \frac{1}{3} S_{ACB_1} \cdot d = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot d$.Приравнивая два выражения для объема, получаем:$ \frac{1}{6} = \frac{\sqrt{3}}{6} \cdot d $.$ d = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} $.

Ответ: D. $ \frac{\sqrt{3}}{3} $.