а)  Рас­смот­рим се­че­ние приз­мы плос­ко­стью ABC₁D₁. Точка Е лежит в этой плос­ко­сти вме­сте с пря­мой BD₁. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые AB и C₁E также лежат в этой плос­ко­сти. Пусть они пе­ре­се­ка­ют­ся в точке M, тогда точка M лежит в ис­ко­мом се­че­нии. Ана­ло­гич­но, пря­мые BC и A₁E лежат в се­че­нии BCA₁D₁ и пе­ре­се­ка­ют­ся в точке N. Тра­пе­ция A₁C₁NM  — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  Дан­ная приз­ма яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным па­рал­ле­ле­пи­пе­дом, длина его диа­го­на­ли равна квад­рат­но­му корню из суммы квад­ра­тов длин трех его из­ме­ре­ний:

Из усло­вия по­это­му Тре­уголь­ни­ки D₁C₁E и BME по­доб­ны по трем углам, от­ку­да на­хо­дим, что то есть Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем, что сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник BMN  — рав­но­бед­рен­ный. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр AH на пря­мую MN. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая A₁H пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MN. Таким об­ра­зом, угол A₁HA  — ис­ко­мый.

Тре­уголь­ни­ки AHM и BMN по­доб­ны по ка­те­ту и остро­му углу, тогда Сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Ивана Ива­но­ва из Вла­ди­во­сто­ка.

а)  Пусть точка 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 точка G  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых FE и BD. Эта точка при­над­ле­жит плос­ко­сти се­че­ния и плос­ко­сти ABCD. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим Сле­до­ва­тель­но, Тре­уголь­ни­ки BEG и D₁EF по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Из по­до­бия этих тре­уголь­ни­ков на­хо­дим:

Плос­ко­сти верх­не­го и ниж­не­го ос­но­ва­ний приз­мы па­рал­лель­ны, по­это­му плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость ABCD по про­хо­дя­щей через точку G пря­мой, ко­то­рая па­рал­лель­на диа­го­на­ли квад­ра­та AC, ко­то­рая, в свою оче­редь, па­рал­лель­на пря­мой A₁C₁. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ны AB и BC в точ­ках M и N со­от­вет­ствен­но. От­ре­зок MN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, по­сколь­ку Сле­до­ва­тель­но, Таким об­ра­зом, по­стро­е­но ис­ко­мое се­че­ние  — тра­пе­ция A₁C₁NM.

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

от­ку­да ис­ко­мый угол равен