В прямом параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ $AB=1$, $BC=7\sqrt{3}$. $\angle ABC=150^\circ$. Через диагональ $AC$ и вершину $B_1$ проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания угол в $60^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.

Дано: прямой параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$, $AB=1$, $BC=7\sqrt{3}$, $\angle ABC=150^\circ$. Угол между плоскостью $(AB_1C)$ и основанием $(ABC)$ равен $60^\circ$. 1. Найдем длину диагонали основания $AC$ по теореме косинусов в $\triangle ABC$: $AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos(150^\circ) = 1^2 + (7\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 1 \cdot 7\sqrt{3} \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 + 147 + 21 = 169$. $AC = \sqrt{169} = 13$. 2. Найдем высоту $BH$ треугольника $ABC$, опущенную на сторону $AC$. Площадь $\triangle ABC$ через стороны и угол: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin(150^\circ) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 7\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{4}$. С другой стороны, $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot BH$. Приравниваем: $\frac{1}{2} \cdot 13 \cdot BH = \frac{7\sqrt{3}}{4} \Rightarrow BH = \frac{7\sqrt{3}}{26}$. 3. Плоскость $(AB_1C)$ проходит через $AC$ и $B_1$. Искомый двугранный угол — это угол $\angle B_1HB$, так как $B_1B \perp (ABC)$ и $BH \perp AC$ (по теореме о трех перпендикулярах). По условию $\angle B_1HB = 60^\circ$. В $\triangle B_1BH$: $\tan(60^\circ) = \frac{BB_1}{BH} \Rightarrow \sqrt{3} = \frac{BB_1}{7\sqrt{3}/26}$. $BB_1 = \sqrt{3} \cdot \frac{7\sqrt{3}}{26} = \frac{7 \cdot 3}{26} = \frac{21}{26}$. Это высота параллелепипеда. 4. Периметр основания $P = 2(AB+BC) = 2(1 + 7\sqrt{3}) = 2 + 14\sqrt{3}$. Площадь боковой поверхности $S_{бок} = P \cdot BB_1 = (2 + 14\sqrt{3}) \cdot \frac{21}{26} = \frac{2(1+7\sqrt{3}) \cdot 21}{26} = \frac{(1+7\sqrt{3}) \cdot 21}{13} = \frac{21 + 147\sqrt{3}}{13}$. Ответ: $\frac{21 + 147\sqrt{3}}{13}$.