Тип 14 № 18449

Отметим середину $O$ отрезка $DB$, она будет также центром квадрата-основания. Поскольку $CC_1 \perp (ABC)$, то $OC$ является проекцией наклонной $OC_1$ на плоскость $(ABC)$. Прямые $BD$ и $OC$ перпендикулярны как содержащие диагонали квадрата, а значит по теореме о трех перпендикулярах $BD$ перпендикулярна наклонной $OC_1$. Аналогично $BD \perp OA_1$. Таким образом, $A_1O$ и $C_1O$ перпендикулярны прямой $DB$ пересечения плоскостей $(A_1BD)$ и $(C_1BD)$. Тогда угол $C_1OA_1$ и есть угол между плоскостями, если $\angle C_1OA_1 \leq 90^\circ$, либо дополняет угол между плоскостями до $180^\circ$, если $\angle C_1OA_1 > 90^\circ$.

Пусть сторона квадрата равна $a$, тогда имеем: $$A_1C_1 = a\sqrt{2}, \qquad OC = \frac{\sqrt{2}}{2}a$$

По теореме Пифагора для треугольника $OCC_1$ получаем $$OC_1 = \sqrt{CO^2 + CC_1^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2} + a^2} = a\sqrt{\frac{3}{2}} = OA_1$$

По теореме косинусов для угла $\angle O$ треугольника $A_1OC_1$ имеем: $$\cos \angle C_1OA_1 = \frac{OA_1^2 + OC_1^2 - A_1C_1^2}{2OA_1 \cdot OC_1} = \frac{2 \cdot \frac{3}{2}a^2 - 2a^2}{2 \cdot \frac{3}{2}a^2} = \frac{1}{3}$$

Отсюда получаем, что $\angle C_1OA_1 = \arccos \frac{1}{3}$ и есть искомый угол между плоскостями.

Ответ:

$\arccos \frac{1}{3}$