Реши задание на изображении

Краткий ответ:
а) плоскости \((ABC_1)\) и \((OCC_1)\) перпендикулярны;
б) \(\alpha=\arccos\dfrac1{\sqrt3}\approx54{,}7^\circ\) (то же: \(\arctan\sqrt2\)).

Решение. Пусть \(a\) — сторона основания, \(M\) — середина \(AB\). В правильном треугольнике \(CM\) — медиана и высота, а центр \(O\) лежит на \(CM\), причём
\[ CO:OM=2:1,\qquad CM=\frac{a\sqrt3}{2},\quad CO=\frac{a}{\sqrt3},\quad OM=\frac{a\sqrt3}{6}. \]

а) Так как \(AB\perp CM\), то \(AB\perp OC\). Кроме того, \(OC_1\perp\) плоскости основания, поэтому направление \(AB\) перпендикулярно и \(OC_1\). Значит, \(AB\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \((OCC_1)\), то есть \[ AB\perp (OCC_1). \] Но \(AB\subset(ABC_1)\). Если плоскость содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. Следовательно, \[ (ABC_1)\perp(OCC_1). \]

б) По условию боковое ребро равно стороне основания: \[ CC_1=AA_1=a. \] В прямоугольном треугольнике \(OCC_1\): \[ OC_1^2=CC_1^2-OC^2 =a^2-\frac{a^2}{3}=\frac{2a^2}{3}. \] Плоскости \((OCC_1)\) и \((ABC_1)\) пересекаются по прямой \(C_1M\). Из пункта а) они перпендикулярны, поэтому проекция прямой \(CC_1\) на плоскость \((ABC_1)\) идёт по \(C_1M\). Значит, искомый угол (с учётом \(AA_1\parallel CC_1\)) равен \(\angle CC_1M\).

Найдём \(C_1M\). Треугольник \(OC_1M\) прямоугольный: \[ C_1M^2=OC_1^2+OM^2 =\frac{2a^2}{3}+\frac{a^2}{12} =\frac{3a^2}{4}, \] поэтому \[ C_1M=\frac{a\sqrt3}{2}. \]

В треугольнике \(CC_1M\): \[ CC_1=a,\qquad CM=C_1M=\frac{a\sqrt3}{2}. \] По теореме косинусов: \[ \cos\angle CC_1M = \frac{CC_1^2+C_1M^2-CM^2} {2\cdot CC_1\cdot C_1M} = \frac{a^2}{2a\cdot \frac{a\sqrt3}{2}} = \frac1{\sqrt3}. \] Следовательно, \[ \angle(AA_1,(ABC_1))=\arccos\frac1{\sqrt3} \approx54{,}7^\circ. \]