Ре­ше­ние. а)  Пря­мая A₁C₁ па­рал­лель­на пря­мой AC. Плос­кость A₁B₁C₁D₁ про­хо­дит через пря­мую A₁C₁, па­рал­лель­ную се­ку­щей плос­ко­сти, и имеет с се­ку­щей плос­ко­стью общую точку D₁, зна­чит, пря­мая l пе­ре­се­че­ния се­ку­щей плос­ко­сти α с плос­ко­стью A₁B₁C₁D₁ па­рал­лель­на пря­мой A₁C₁.

б)  Пусть B₁M  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из вер­ши­ны B₁ на пря­мую l. Тогда B₁M  — ор­то­го­наль­ная про­ек­ция на­клон­ной BM на плос­кость A₁B₁C₁D₁. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мые BM и l пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му угол BMB₁  — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла, об­ра­зо­ван­но­го се­ку­щей плос­ко­стью α и плос­ко­стью A₁B₁C₁D₁.

От­ре­зок B₁M вдвое боль­ше вы­со­ты B₁H пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, про­ведённой из вер­ши­ны пря­мо­го угла, по­это­му

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BMB₁ на­хо­дим, что

Ответ: б)