Тип 14 № 13854

а)

Проведём перпендикуляр $NK$ к прямой $A_1B_1$, тогда $NK\perp A_1B_1$ и $NK\perp A_1A$. Отсюда $NK\perp ABB_1$, поэтому отрезок $MK$ является проекцией $MN$ на плоскость $ABB_1$. Достаточно показать, что $MK\perp MB$, так как по признаку перпендикулярности прямой и плоскости это влечёт $BM\perp MN$.

Рассмотрим треугольник $\triangle A_1NK$. Так как призма правильная и все рёбра равны $6$, высота в равнобедренном треугольнике $A_1A B_1$, проведённая из середины боковой стороны, даёт $$A_1K=\tfrac14 A_1B_1=\tfrac14\cdot 6=1{,}5.$$

Тогда треугольники $\triangle A_1KM$ и $\triangle MAB$ подобны по двум сторонам и углу между ними, поскольку $$\frac{A_1K}{MA}=\frac{A_1M}{AB},$$ и угол $\angle A_1KM=\angle MAB=90^\circ$. Следовательно $$\angle A_1MK+\angle AMB=90^\circ.$$ Получаем, что угол $\angle KMB=180^\circ-(\angle A_1MK+\angle AMB)=90^\circ$, то есть $MK\perp MB$. Отсюда $BM\perp MN$. Что и требовалось доказать.

б) Из построений пункта а) следует, что линейный угол искомого угла равен углу $\angle NMK$. Рассмотрим прямоугольный равнобедренный треугольник $MKN$ с прямым углом при $K$. Так как точка $N$ — середина стороны $A_1C_1$ равностороннего треугольника $A_1B_1C_1$, длина $A_1K$ равна четверти стороны $A_1B_1$, то $$A_1K=\tfrac14 A_1B_1=\tfrac{3}{4}.$$

По теореме Пифагора вычислим $MK$ и $NK$. Для $MK$: $$MK=\sqrt{MA_1^2 + A_1K^2}=\sqrt{3^2+\left(\tfrac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}.$$ Аналогично для $NK$: $$NK=\sqrt{A_1N^2 + A_1K^2}=\sqrt{3^2+\left(\tfrac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$ (величины $MA_1$ и $A_1N$ взяты как половины соответствующих рёбер призмы, равных $6$).

Найдём тангенс угла $\angle NMK$: $$\tan\angle NMK=\frac{NK}{MK}=\frac{\tfrac{3\sqrt{3}}{2}}{\tfrac{3\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Следовательно искомый угол равен $$\angle NMK=\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Ответ: $$\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}.$$