а) В плоскости через точку К проведем прямую параллельно Пусть эта прямая пересекает диагональ в точке L. В плоскости основания проведем прямую пусть она пересекает сторону 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 через точку A₁ проведем прямую параллельно C₁P. Пусть она пересекает D₁В₁ в точке М. По теореме Фалеса имеем: и поэтому Тогда Что и требовалось доказать.

б) Пусть теперь точка N — основание высоты прямоугольного треугольника — является проекцией наклонной PN на плоскость Тогда угол PNB₁ — линейный угол искомого двугранного угла. Имеем:

Тем самым,

Ответ: б)

Приведём другое решение.

б) Уравнение плоскости — ax + by + cz + d = 0.

Приведём координаты точек C₁(0; 4; 4), K(4; 4; 3),

Подставив координаты указанных точек в уравнение, получим систему трёх уравнений

Вычтем из первого уравнения второе, из первого третье, из второго третье, получим следующую эквивалентную систему уравнений:

Таким образом, вектор нормали плоскости имеет вид Откуда имеем: a = 1, b = 3, c = 4. Получаем уравнение плоскости: x + 3y + 4z + d = 0. Определим теперь коэффициент d, для этого подставим в это уравнение координаты точки C₁:

Имеем: x + 3y + 4z – 28 = 0 — уравнение плоскости PKC₁. Координаты вектора нормали к плоскости Координаты вектора нормали к плоскости Обозначим угол между плоскостями и как Найдём косинус угла между плоскостями и

Откуда Может также быть получен ответ и через арктангенс:

а) Пусть точка H — середина AC.

Тогда

Вместе с тем,

а тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник BMN является прямоугольным с прямым углом M.

б) Проведём перпендикуляр NP к прямой A₁B₁, кроме нее NP ⊥ A₁A. Следовательно, NP ⊥ ABB₁. Поэтому MP — проекция MN на плоскость ABB₁.

Прямая BM перпендикулярна MN, тогда по теореме о трёх перпендикулярах BM ⊥ MP. Следовательно, угол NMP — линейный угол искомого угла.

Длина NP равна половине высоты треугольника A₁B₁C₁, то есть

Поэтому

Следовательно,

Ответ: б)

а) Рассмотрим сечение призмы плоскостью ABC₁D₁. Точка Е лежит в этой плоскости вместе с прямой BD₁. Следовательно, прямые и также лежат в этой плоскости. Пусть они пересекаются в точке M, таким образом, точка M также лежит в искомом сечении. Аналогично, и лежат в сечении BCA₁D₁ и пересекаются в точке Трапеция  — искомое сечение.

б) а Поэтому Из подобия треугольников D₁C₁E и BME находим, что откуда BM = MA = 1. Аналогично, BN=1, треугольник BMN — равнобедренный. Опустим перпендикуляр на прямую По теореме о трёх перпендикулярах и, значит, — искомый угол.

Из треугольника AHM, подобного BMN, находим, что Тогда

Ответ: б)

а) Проведем высоту AH в треугольнике ABD. Поскольку проекция прямой на плоскость ABCD это прямая AH, то по теореме о трех перпендикулярах.

б) Из треугольника ABD находим

Ответ: б)

а) В треугольнике отрезок BD — средняя линия (так как параллелен и равен его половине), значит, EB = BC = AB и треугольник — равнобедренный. Тогда

б) Поскольку и (так как ), имеем Поскольку плоскости ABC и пересекаются по прямой AE, имеем

Ответ: