Ре­ше­ние. а)  Пусть N  — точки пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти ABM с реб­ром C₁B₁, тогда от­ре­зок MN па­рал­ле­лен ос­но­ва­нию AB и яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁. Таким об­ра­зом, се­че­ние ABNM  — рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция, где K  — точка пе­ре­се­че­ния ее диа­го­на­лей.

Рас­смот­рим плос­кость A₁C₁B, со­дер­жа­щую пря­мые OC₁ и BM эти пря­мые не па­рал­лель­ны. Пусть они пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K'. Ана­ло­гич­но, в плос­ко­сти B₁C₁A пря­мые OC₁ и AN пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K''. Но пря­мая OC₁ не лежит в се­че­нии ABMN и может иметь с ним не более одной общей точки, сле­до­ва­тель­но, точки K' и K'' сов­па­да­ют и яв­ля­ют­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния пря­мых BM и AN, то есть точ­кой K.

б)  Пусть L  — се­ре­ди­на A₁B₁, T  — точка пе­ре­се­че­ния MN и С₁L. За­ме­тим, что MN и C₁L, MN и LO пер­пен­ди­ку­ляр­ны между собой, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок MN пер­пен­ди­ку­ля­рен плос­ко­сти C₁LO и плос­ко­сти ABM и C₁LO  — пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Тогда KT  — про­ек­ция C₁K на ABM и угол C₁KT  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го угла.

Сле­до­ва­тель­но,

тогда и

от­сю­да

Зна­чит,

сле­до­ва­тель­но, и

По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка A₁C₁O и пря­мой BKT имеем:

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка C₁KT:

Ответ: б)