a) Заметим, что угол $B A C$ — линейный угол двугранного угла призмы при ребре $A A_{1}$ . Тогда по теореме косинусов

$B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C.$

Пусть высота призмы равна $h$ . Тогда из теоремы косинусов

$\cos B A_{1} C_{1} = \frac{B A_{1}^{2} + A_{1} C_{1}^{2} - B C^{2}} {2 B A_{1} \cdot A_{1} C_{1}} = \frac{A B^{2} + h^{2} + A C^{2} - (A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C)} {2 A B \cdot A C} = \frac{2 A B \cdot A C + h^{2}} {2 \sqrt{A B^{2} + h^{2}} \cdot \sqrt{A C^{2} + h^{2}}} > \frac{1}{2}.$

Поэтому угол $B A_{1} C_{1}$ больше угла $B A C$ , что и требовалось доказать.

б) $A B C A_{1} B_{1} C_{1}$ — прямая призма, её боковые грани — прямоугольники, поэтому расстояние между боковыми рёбрами $A A_{1}$ и $B B_{1}$ равно $A B$ , а расстояние между боковыми рёбрами $A A_{1}$ и $C C_{1}$ равно $A C$ . Таким образом, $A B = 5, A C = 8$ и $\angle B A C = 60^\circ.$

Пусть отрезок $A H$ — высота треугольника $A B C$ . Высота $A H$ перпендикулярна стороне $B C$ , а высота $A H$ перпендикулярна ребру $B B_{1}$ , поэтому высота $A H$ перпендикулярна плоскости $(B C_{1} C)$ , и, значит, длина отрезка $A H$ и есть искомое расстояние от прямой $A A_{1}$ до параллельной ей плоскости $B C_{1} C.$

Рассматривая треугольник $A B C$ , находим:

$B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B \cdot A C \cdot \cos \angle B A C} = \sqrt{25 + 64 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 0{,}5} = 7.$

Тогда

$2 S_{A B C} = A B \cdot A C \cdot \sin \angle B A C = 5 \cdot 8 \cdot \sin 60^\circ = 20 \sqrt{3}.$

Таким образом, расстояние от прямой $A A_{1}$ до плоскости $B C_{1} C$ равно

$A H = \frac{2 S_{A B C}}{B C} = \frac{20 \sqrt{3}}{7}.$

Ответ: б) $\quad \frac{20 \sqrt{3}}{7}.$

Задания для подготовки к ЕГЭ Расстояние между прямыми и плоскостями