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

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

Из тре­уголь­ни­ка AHM, по­доб­но­го BMN, на­хо­дим, что Тогда

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Ивана Ива­но­ва из Вла­ди­во­сто­ка.

а)  Пусть F  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та A₁B₁C₁D₁. Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет­ся с плос­ко­стью BB₁D₁D по пря­мой FE, по­сколь­ку пря­мая A₁C₁ и точка E при­над­ле­жат плос­ко­сти се­че­ния. Пусть G  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых FE и BD. Эта точка при­над­ле­жит плос­ко­сти се­че­ния и плос­ко­сти ABCD. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим BD₁  =  3. Зна­чит, D₁E  =  3 – 1  =  2. Тре­уголь­ни­ки BEG и D₁EF по­доб­ны по двум углам. Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Из по­до­бия этих тре­уголь­ни­ков на­хо­дим

Так как плос­ко­сти верх­не­го и ниж­не­го ос­но­ва­ний приз­мы па­рал­лель­ны, плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость ABCD по про­хо­дя­щей через точку G пря­мой, ко­то­рая па­рал­лель­на диа­го­на­ли квад­ра­та AC, ко­то­рая, в свою оче­редь, па­рал­лель­на A₁C₁. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ны AB и BC в точ­ках M и N со­от­вет­ствен­но. По­сколь­ку от­ре­зок MN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC. По­это­му BM  =  BN  =  1. Таким об­ра­зом, по­стро­е­но ис­ко­мое се­че­ние  — тра­пе­ция A₁C₁NM.

б)  Пусть P  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та ABCD. Тогда Вы­чис­лим тан­генс ис­ко­мо­го угла:

от­ку­да ис­ко­мый угол равен