а)  Пусть точка K  — се­ре­ди­на ребра AB, а Q  — такая точка на MK, что MQ : QK  =  2 : 1. Тогда Q  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка ABM, так как делит его ме­ди­а­ну MK в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от вер­ши­ны. Оче­вид­но, что про­ек­ци­ей от­рез­ка MK на плос­кость ABCбудет от­ре­зок CK, по­это­му, так как О яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка ABC и делит CK в от­но­ше­нии 2 : 1, точка Q будет про­ек­ти­ро­вать­ся в эту точку. Пря­мая OO₁ и плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть точка T  — се­ре­ди­на A₁B₁. По­сколь­ку пря­мые A₁B₁ и AB па­рал­лель­ны, то пря­мая A₁B₁ и плос­кость ABM также па­рал­лель­ны. За­ме­тим, что рас­сто­я­ние от точки A₁ до плос­ко­сти ABM равно рас­сто­я­нию от точки T до плос­ко­сти ABM. Опу­стим из точки T пер­пен­ди­ку­ляр TS на пря­мую KM. До­ка­жем, что TS  — ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Пря­мые TS и KM пер­пен­ди­ку­ляр­ны по по­стро­е­нию. Кроме того, пря­мая TS лежит в плос­ко­сти KTC₁C, а по­сколь­ку пря­мые AB и KC пер­пен­ди­ку­ляр­ны и пря­мые AB и CC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, пря­мая AB и плос­кость KTC₁C также пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая AB пер­пен­ди­ку­ляр­на любой пря­мой в плос­ко­сти KTC₁C, в част­но­сти, пря­мые TS и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Таким об­ра­зом, пря­мая TS пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым в плос­ко­сти ABM и по­то­му яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник TKM, в ко­то­ром TK  =  AA₁  =  7. Вы­чис­лим:

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник TKM  — рав­но­бед­рен­ный. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)