Oznaczmy przez $a$ długość krawędzi prostopadłościanu, natomiast przez $\alpha$ miarę kąta płaskiego równego opisanemu w zadaniu kątowi nachylenia.

R1PRbkplKMWBi

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek $A\text{'}$, nad B znajduje się $B\text{'}$ i tak dalej. Zaznaczono punkt na krawędzi $D\text{'}C\text{'}$, oraz $C\text{'}B\text{'}$, które połączono z wierzchołkami B i D dolnej podstawy w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trapez. Z punktu O, na górnej podstawie trapezu, poprowadzono jego wysokość, której spodek leży w punkcie R, na podstawie $BD$. Z punktu O, poprowadzono także wysokość prostopadłościanu, której spodek leży w punkcie P, na wysokości $RC$, trójkąta $BCD$. $\angle ORP$ oznaczono alfa.

$tg\alpha =\frac{\left|OP\right|}{\left|PR\right|}$

$\left|OP\right|=a$

W podstawie bryły jest kwadrat, którego przekątne przecinają się w punkcie $R$. Długość przekątnej kwadratu to $a\sqrt{2}$, a więc $\left|CR\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

$\left|CP\right|=\left|CO\right|$, natomiast $CO$ jest połową przekątnej kwadratu o boku długości $\frac{a}{2}$, a więc ma długość $\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

$\left|PR\right|=\left|CR\right|-\left|CP\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}-\frac{a\sqrt{2}}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$

$tg\alpha =\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{4}}=a·\frac{4}{a\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}\approx 2,8284$

$\alpha \approx 71°$

Tangens kąta nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny ściany $ABCD$ wynosi $2\sqrt{2}$, a miara tego kąta to w przybliżeniu $71°$.

Miara kąta nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy $ABCD$ jest równa mierze kąta płaskiego $GMC$ w trójkącie prostokątnym $GMC$.

R1Mtf1e05RCU3

Na aplecie przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Zaznaczono punkt J na krawędzi $AD$ podstawy, punkt I na krawędzi $AB$ podstawy, punkt L na krawędzi bocznej $BF$, punkt K na krawędzi bocznej $HD$. Punkty K, J, I, L oraz wierzchołek G, połączono w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi pięciokąt. Linią przerywaną poprowadzono wysokość figury z wierzchołka G, której spodek leży w punkcie M, na podstawie $JI$. Zaznaczono $\angle GMI$, który stanowi kąt nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy i oznaczono go alfa.

Przyprostokątna $GC$ ma długość $2a$. Aby rozwiązać ten trójkąt wystarczy znaleźć długość jeszcze jednego boku. Zauważmy, że $\left|MC\right|=\left|AC\right|-\left|AM\right|$. Korzystając ze wzoru na długość przekątnej w kwadracie oraz wykorzystując fakt, że $I$ i $J$ są środkami boków kwadratu otrzymujemy

$\left|AC\right|=a\sqrt{2}$

$2\left|AM\right|=\frac{a}{2}\sqrt{2}$

$\left|AM\right|=\frac{a}{4}\sqrt{2}$

$\left|MC\right|=a\sqrt{2}-\frac{a}{4}\sqrt{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$

Z tw. Pitagorasa w trójkącie $MCG$ : ${\left(\frac{3a\sqrt{2}}{4}\right)}^2+{\left(2a\right)}^2={\left|MG\right|}^2$

$\frac{9a^2}{8}+4a^2={\left|MG\right|}^2$

$\left|MG\right|=\frac{\sqrt{41}a}{2\sqrt{2}}$

$\cos \alpha =\frac{\left|MC\right|}{\left|MG\right|}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{41}a}{2\sqrt{2}}}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}·\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{41}a}=\frac{3}{\sqrt{41}}=\frac{3\sqrt{41}}{41}$

Cosinus kąta nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy $ABCD$ wynosi $\frac{3\sqrt{41}}{41}$.

R1dttA1z1Tx14

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o dolnej podstawie $ABCD$, oraz górnej $EFGH$. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek E, nad wierzchołkiem B wierzchołek F i tak dalej. Wierzchołki D, B, G, połączono w taki sposób, że powstał przekrój prostopadłościanu, którego płaszczyznę stanowi trójkąt z kątem beta przy wierzchołku G. Z wierzchołka G, powstałego trójkąta poprowadzono jego wysokość, której spodek leży w punkcie J, na podstawie $BD$, trójkąta. Punkt J, połączono linią przerywaną z wierzchołkiem C. Odcinek $CJ$ jest prostopadły do podstawy $BD$. $\angle GJB$ oznaczono alfa.

Trójkąt $DBG$ jest równoramienny, oznaczmy $\left|BG\right|=\left|DG\right|=x$. Wtedy z tw. cosinusów mamy zależność

${\left|BD\right|}^2=x^2+x^2-2·x·x·\cos \beta$

${\left|BD\right|}^2=2x^2-2x^2·\frac{1}{3}$

$\left|BD\right|=\frac{2\sqrt{3}}{3}x$.

Czworokąt $ABCD$ jest kwadratem, więc jego przekątne przecinają się w połowie pod kątem prostym. Zatem $\left|CJ\right|=\left|BJ\right|=\frac{1}{2}\left|BD\right|=\frac{\sqrt{3}}{3}x$.

Z tw. Pitagorasa w trójkącie $BGJ$ otrzymujemy

${\left|BJ\right|}^2+{\left|JG\right|}^2={\left|BG\right|}^2$

${\left(\frac{\sqrt{3}}{3}x\right)}^2+{\left|JG\right|}^2=x^2$

${\left|JG\right|}^2=x^2-\frac{1}{3}{x}^2$

$\left|JG\right|=\frac{\sqrt{6}}{3}x$

Korzystając z trygonometrii w trójkącie $CJG$

$\cos \alpha =\frac{\left|CJ\right|}{\left|JG\right|}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}x}{\frac{\sqrt{6}}{3}x}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Zatem $\alpha =45°$.

Kąt nachylenia płaszczyzny przekroju do płaszczyzny podstawy ma miarę $45°$.