Ре­ше­ние. В плос­ко­сти BB₁D₁D через точку К про­ве­дем пря­мую па­рал­лель­но BD₁. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет диа­го­наль B₁D₁ в точке L. В плос­ко­сти ос­но­ва­ния A₁B₁C₁D₁ про­ве­дем пря­мую C₁L, пусть она пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ну A₁B₁ в точке P. Тре­уголь­ник KPC₁  — се­че­ние, про­хо­дя­щее через точки К и С₁ па­рал­лель­но пря­мой BD₁. Дей­стви­тель­но, пря­мая BD₁ па­рал­лель­на плос­ко­сти се­че­ния, так как па­рал­лель­на ле­жа­щей в нем пря­мой KL.

В плос­ко­сти ос­но­ва­ния A₁B₁C₁D₁ через точку A₁ про­ве­дем пря­мую па­рал­лель­но C₁P. Пусть она пе­ре­се­ка­ет D₁В₁ в точке М. За­ме­тим, что В₁L : В₁D₁  =  1 : 3 и D₁M : В₁D₁  =  1 : 3, по­это­му МL : LB₁  =  2 : 1. По тео­ре­ме Фа­ле­са па­рал­лель­ные пря­мые вы­се­ка­ют на сто­ро­нах угла A₁B₁M про­пор­ци­о­наль­ные от­рез­ки, по­это­му A₁P : PB₁  =  МL₁ : LB₁  =  2 : 1. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Пусть те­перь точка N  — ос­но­ва­ние вы­со­ты PN тре­уголь­ни­ка КB₁С₁, яв­ля­ю­ще­го­ся про­ек­ци­ей на­клон­ной PN на плос­кость BB₁C₁C. Тогда угол PNB₁  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла. Имеем:

Тем самым,

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 509202.

Здесь остав­ле­но ре­ше­ние с ошиб­ка­ми.