9. Ecли sin t=√2_2, то 1) cos t = √2_2 ; tg t = 1
2) cos t= 1_2; tg t= √3
3 ) cos t= √3_2 ; tg t= √3_3
4) cost=1; tg t = 0​

Пусть M — середина AB, а C′ — основание высоты, опущенной из точки C на сторону AB. Пусть E — середина отрезка CH, где H— ортоцентр треугольника ABС. Искомый угол равен удвоенному углу MEH, поскольку ∠MEН является вписанным углом, опирающимся на рассматриваемый в задаче отрезок. Пусть O— центр описанной окружности треугольника ABC. Поскольку CE=CH/2=OM, причем CE и OM параллельны, то четырехугольник OMECявляется параллелограммом. Отсюда следует, что ∠MEC′=∠OCН. Известно, что ∠OCH=|∠A−∠B|. Этот угол легко считается, если использовать тот факт, что ∠OCA=90∘−∠AOC/2=90∘−∠B=∠HCB, а также, что ∠C=180∘−∠A−∠В. Тогда искомый угол равен 80

Пусть DA ┴(ABC)   ;AB=BC =CA =a =6; (DBC )^ (ABC) =α =60° .

Sбок ==> ?
Середина M стороны  BC  соединим с вершиной пирамиды  D и вершиной A ; 
Угол  DMA  будет линейным углом между плоскостями DBC  и ABC 
[(DBC )^ (ABC) =α] .Действительно AM ┴ BC и DM ┴ BC
( а  BC линия пересечения граней  DBC и ABC) .
C другой стороны DA ┴(ABC)  ⇒DA┴AB  ; DA ┴ AC .Поэтому
Sбок =S(BDA) +S(CDA) +S(BDC) =1/2*a* DA +1/2*a*DA +S(BDC) ;
Sбок  =a*DA +S(BDC) .
Из ΔMDA :     DA=AM*tqα=a√3/2*tqα =a√3/2 *tqα .
S(BDC) =1/2*BC*DM =1/2*BC*BM/cosα =S(ABC)/cosα   ;
S(BDC) = a²√3/4)/cosα.
Sбок  =a*a√3/2*tqα + a²√3/4)/cosα  =(a²√3/4)(2tqα+1/cosα).
Sбок  =  6²√3/4(2tq60° + 1/cos60°) =9√3(2√3 +2) =18√3(√3+1) или иначе  Sбок =18(3+√3).
ответ : 18(3+√3) .