1) Прямая D₁E пересекает прямую АD в точке К. Плоскости АВС и ВЕD₁ пересекаются по прямой КВ.

Из точки Е опустим перпендикуляр ЕН на прямую КВ, тогда отрезок АН (проекция ЕН) перпендикулярен прямой КВ по теореме о трех перпендикулярах. Угол АНЕ является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями АВС и ВЕD₁.

2) Поскольку АЕ:ЕА₁ = 2:1, получаем:

$AE=\displaystyle\frac{2AA_1}{3}=2;\;EA_1=AA_1-AE=1.$

Из подобия по двум углам треугольников A₁D₁E и AKE находим:

$AK=\displaystyle\frac{AE}{EA_1}\cdot A_1D_1=2.$

В прямоугольном треугольнике AKB с прямым углом A:

AB =1; AK=2;

$BK=\displaystyle\sqrt{AB^2+AK^2}=\sqrt{5}$,

откуда высота

$AH=\displaystyle\frac{AK\cdot AB}{BK}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$

Из прямоугольного треугольника AHE с прямым углом A получаем:

$\mathop{\mathrm{tg}}\angle AHE=\displaystyle\frac{AE}{AH}=\sqrt{5}$.

Значит, сам угол – это $\mathop{\mathrm{arctg}}\sqrt{5}$.

Расстояние между прямыми AС и B₁D₁ равно расстоянию между основаниями, то есть высоте призмы. Значит, высота призмы равна $2\sqrt{3}$.

Угол между плоскостями равен углу между прямыми, перпендикулярными этим плоскостям.

Поэтому искомый угол равен углу между ребром DD₁ и прямой BD₁.

Рассмотрим треугольник BDD₁. Его катеты равны DD₁=$2\sqrt{3}$, по теореме Пифагора $BD=\displaystyle\sqrt{AB^2+AD^2}=6$.

Значит, $\angle BD_1D=\mathop{\mathrm{arctg}\displaystyle\frac{6}{2\sqrt{3}}}=\mathop{\mathrm{arctg}}\sqrt{3}=60^{\circ}$.

Проведем перпендикуляр CQ к MK, Q - середина MK. Из точки Q опустим перпендикуляр QP на плоскость основания. Точка P лежит на медиане CL треугольника ABC. Прямая MK параллельна прямой пересечения плоскостей CMK и ABC, QP$\perp\!$ MK и CQ$\perp\!$ MK. Следовательно, $\small\angle$QCP - линейный угол искомого угла двугранного угла. Найдем QP.

$SO=\displaystyle\sqrt{SC^2-CO^2}=\sqrt{6^2-\left({\textstyle\frac{4\cdot\sqrt{3}}{3}}\right)^2}=\sqrt{6^2-\small\frac{16}{3}}=2\sqrt{\small\frac{23}{3}}; \\ QP=\displaystyle\frac{1}{2}SO=\sqrt{\small\frac{23}{3}}; \\[13pt] CP=\displaystyle\frac{5}{6}CL=\frac{5}{3}\sqrt{3}.$

Значит:

$\mathop{\mathrm{tg}}\angle QCP=\displaystyle\frac{\sqrt{23}\cdot\sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot 5}=\displaystyle\frac{\sqrt{23}}{5}$.

Проведём из точки B перпендикуляр BQ к MK, Q - середина MK. Точка Q является серединой высоты SO. Прямая MK параллельна прямой пересечения плоскостей, QB$\,\perp\,$MK, OB$\,\perp\,$MK. Следовательно, $\small\angle$QBO - линейный угол искомого угла. Найдём QO.

$BO=2\displaystyle\sqrt{2};\ SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=\sqrt{7^2-(2\sqrt{2})^2}=\sqrt{49-8\vphantom{\small(}}=\sqrt{41}; \\[8pt] QO=\displaystyle\frac{1}{2}SO=\frac{\sqrt{41}}{2}$

Значит,

$\mathop{\mathrm{tg}}\angle QBO=\displaystyle\frac{\sqrt{41}}{4\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{82}}{8}$

Пусть DE — линия пересечения данных плоскостей, F — середина отрезка DE, G — середина отрезка A₁С₁. Угол GFB₁ является линейным утлом между данными плоскостями. В треугольнике GFB₁ имеем:

GB₁= $\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}$, как высота в равностороннем треугольнике.

В треугольнике АВ₁С DE – средняя линия, значит, $DE=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}.\ DF=\frac{1}{4}$.

$B_1D=\displaystyle\frac{1}{2}AB_1=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Тогда FB₁ найдем по теореме Пифагора:

$FB_1=\displaystyle\sqrt{B_1D^2-DF^2}=\sqrt{\small\frac{2}{4}-\frac{1}{16}}=\sqrt{\small\frac{7}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$

Аналогично найдем FG.

FG = FB₁ = $\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{4}$.

По теореме косинусов находим

$GB_1^{\,2}=FG^{\,2}+FB_1^{\,2}-2\cdot FG\cdot EB_1\cdot\cos GFB_1 \\ \displaystyle\frac{3}{4}=\frac{7}{16}+\frac{7}{16}-2\cdot\frac{\sqrt{7}}{4}\cdot\frac{\sqrt{7}}{4}\cdot\cos GFB_1 \\ \cos\angle GFB_1=\displaystyle\frac{1}{7}.$

1) Дополнительное построение.

Прямая D₁E пересекает прямую AD в точке K.

Плоскости ABC и BED₁ пересекаются по прямой KB.

Из точки E опустим перпендикуляр EH на прямую KB.

$\left.\begin{gathered}EA\perp ABC\rightarrow EA\perp BK \\ EH\perp BK \\ BK\in ABC\end{gathered}\right\}\rightarrow\displaystyle{{\small(по\ ТТП)}\atop AH\perp BK} \\[25pt] \left.\begin{gathered}AH\perp BK \\ AH\in ABC \\ EH\perp BK \\ EH\in BED_1\end{gathered}\right\}\rightarrow\angle(BED_1;ABC)=\angle EHA\ -\ искомый\ угол$

Угол AHE является линейным углом двугранного угла, образованного плоскостями ABC и BED₁.

2) Поскольку AE : EA₁ = 2 : 3, получаем:

$AE=\displaystyle\frac{2AA_1}{5}=2,\ EA_1=AA_1-AE=3.$

Из подобия треугольников A₁D₁E и AKE находим:

$AK=\displaystyle\frac{AE}{EA_1}\cdot A_1D_1=\frac{2}{3}$.

В прямоугольном треугольнике AKB с прямым углом A:

$\displaystyle AB=1;\ AK=\frac{2}{3}; \\ BK=\displaystyle\sqrt{AB^2+AK^2}=\frac{\sqrt{13}}{3},\ откуда\ высота\colon \\ AH=\displaystyle\frac{AK\cdot AB}{BK}=\frac{2\sqrt{13}}{13}.$

Из прямоугольного треугольника AHE с прямым углом A получаем:

$\mathop{\mathrm{tg}}\angle AHE=\displaystyle\frac{AE}{AH}=\sqrt{13}.$

Пусть L - точка пересечения прямых А₁К и АВ. Тогда плоскость А₁КС пересекает плоскость АВС по прямой CL.

Треугольники А₁В₁К и KBL равны по катету и острому углу. Следовательно, равны и другие катеты: А₁В₁=BL.

Рассмотрим треугольник ACL. В нём ВА = ВС = BL . Угол CBL равен 120°, стало быть, $\angle$BCL=30°. Кроме того, $\angle$ВСА=60°. Поэтому $\angle ACL=\angle BCA+\angle BCL=90^{\circ}$

Итак, LC$\,\perp\,$AC. Но прямая АС служит проекцией прямой А₁С на плоскость АВС. Пo теореме о трёх перпендикулярах заключаем тогда, что LC$\,\perp\,$A₁C.

Таким образом, угол А₁СА — линейный угол двугранного угла, образованного полуплоскостями А₁КС и АВС. Это и есть искомый угол. Из равнобедренного прямоугольного треугольника A_lAC мы видим, что он равен 45°.

а)

1) $O\in CM$, так как СМ – медиана и высота в равностороннем треугольнике.

$\rightarrow$ FM лежит в плоскости SCM.

Продлим прямую MF до пересечения с прямой SC.

Пусть $MF\cap SC=K$.

SM и – медианы равных равносторонних треугольников со стороной

$2\rightarrow SM=CM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$

2) Точка О – центр основания, значит, $\displaystyle\frac{CO}{OM}=\frac{2}{1}.\ Тогда\ CO=\frac{2}{3}\!\cdot\!\sqrt{3},\ а\ OM=\frac{1}{3}\!\cdot\!\sqrt{3}$.

Найдем по теореме Пифагора из треугольника SMO:

$SM^2=SO^2+OM^2 \\[5pt] 3=SO^2+\displaystyle\frac{3}{9} \\[5pt] \displaystyle SO=\sqrt{3-{\small\frac{3}{9}}}=\sqrt{{\small\frac{24}{9}}}=\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{6}$

3) По условию, точка F делит отрезок SO в отношении 3:1, считая от вершины пирамиды. Таким образом,

$SF=\displaystyle\frac{3}{4}SO=\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}\sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}}{2},\ а\ FO=\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}\sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.

4) Треугольник FMO – прямоугольный. Найдем FM по теореме Пифагора:

$FM=\displaystyle\sqrt{FO^2+OM^2}=\sqrt{{\small\frac{6}{36}}+{\small\frac{3}{9}}}=\sqrt{\small\frac{18}{36}}=\sqrt{\small\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Докажем, что $\angle OMF=\angle SMF$. Если эти углы будут равны, то тогда KM – биссектриса в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, а, значит, будет являться высотой $\rightarrow MK\perp SC$.

Если косинусы углов $\angle OMF$ и $\angle SMF$ будут равны, то будут равны и сами углы.

$\cos\angle OMF=\displaystyle\frac{OM}{FM}=\frac{\sqrt{3}}{3}:\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

Косинус угла $\angle SMF$ найдем по теореме косинусов:

$SF^2=SM^2+FM^2-2\cdot SM\cdot FM\cdot\cos\angle SMF \\[8pt] \displaystyle\frac{6}{4}=3+\frac{1}{2}-2\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\cos\angle SMF \\ -2=-2\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\cos\angle SMF \\[5pt] \cos\angle OMF=\displaystyle\frac{OM}{FM}=\frac{\sqrt{3}}{3}:\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

Что и требовалось доказать.

б)

1) По условию и доказанному в пункте а) мы имеем:

$\begin{gathered}OF\perp ABC \\ OM\perp AB \\ OM\in ABC\end{gathered}\rightarrow\displaystyle{\small (по\ теореме\ о\ трёх\ перпендикулярах)\atop\normalsize FM\perp AB\quad\,}$

Таким образом, $\angle(ABC;FMB)=\angle(FM;OM)=\angle OMF$.

2) По доказанному в пункте а) мы имеем:

$\cos\angle OMF=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{3},\ тогда\ \angle OMF=\arccos\frac{\sqrt{6}}{3}$.