13. Дано: A...C1 — правильная призма. Найти: угол между пл. BA1C и пл. ABC. 14. Дано: A...C1 — правильная призма, AA1C1C — квадрат. Найти: угол между пл. AKC и пл. ABC.

13. **Решение:** 1. Пусть $M$ — середина $AC$. Так как $\triangle ABC$ правильный (в основании правильной призмы лежит правильный треугольник), то $BM \perp AC$. 2. По условию $AA_1 \perp (ABC)$, значит $A_1A \perp AC$. Отрезок $A_1M$ — проекция наклонной $A_1M$ на плоскость боковой грани (или воспользуемся теоремой о трех перпендикулярах). В $\triangle A_1AC$ проведем медиану $A_1M$. Угол между плоскостями $(BA_1C)$ и $(ABC)$ — это линейный угол двугранного угла при ребре $AC$. Это $\angle BMA_1$ (так как $BM \perp AC$ и $A_1M \perp AC$ в равнобедренном $\triangle A_1AC$). 3. Найдем стороны: $AC = AB = 6\sqrt{3}$. Высота основания $BM = \frac{AC \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{6\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{18}{2} = 9$. 4. В прямоугольном $\triangle A_1AB$: $A_1B$ нам не нужен, рассмотрим $\triangle A_1AM$, где $AM = 3\sqrt{3}$, $AA_1 = 9$. Но проще рассмотреть прямоугольный $\triangle A_1MB$, где $\angle A_1MB$ искомый? Нет, точка $A$ проецируется в $A$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой призмы и высотой основания. Опустим перпендикуляр из $A_1$ на плоскость основания — это точка $A$. Линия пересечения плоскостей — $BC$. Это неверно по рисунку. **Исправление:** Ребро пересечения плоскостей $(BA_1C)$ и $(ABC)$ — это прямая $BC$. Проведем высоту $AM \perp BC$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $A_1M \perp BC$. Искомый угол $\alpha = \angle A_1MA$. $AM = \frac{6\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2} = 9$. В $\triangle A_1AM$ ($\angle A = 90^\circ$): $\operatorname{tg} \alpha = \frac{AA_1}{AM} = \frac{9}{9} = 1 \Rightarrow \alpha = 45^\circ$. **Ответ: 45**. 14. **Решение:** 1. Линия пересечения плоскостей $(AKC)$ и $(ABC)$ — прямая $AC$. 2. Опустим перпендикуляр из $K$ на $(ABC)$. Это точка $B'$ на ребре $BB_1$ (само ребро $BB_1$). Проведем $BH \perp AC$. По теореме о трех перпендикулярах $KH \perp AC$. Искомый угол $\alpha = \angle KHB$. 3. В правильном $\triangle ABC$ высота $BH = \frac{AC \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{12\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2} = 18$. 4. Так как $AA_1C_1C$ — квадрат, то высота призмы $AA_1 = AC = 12\sqrt{3}$. 5. По рисунку $K$ — середина $BB_1$ (судя по штрихам на ребре). Тогда $BK = \frac{1}{2} BB_1 = \frac{12\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$. 6. В прямоугольном $\triangle KBH$: $\operatorname{tg} \alpha = \frac{BK}{BH} = \frac{6\sqrt{3}}{18} = \frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow \alpha = 30^\circ$. **Ответ: 30**.