В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB равна 4, а боковое ребро SA равно 7. На рёбрах CD и SC отмечены точки N и K соответственно, причём DN:NC=SK:KC=1:3. Плоскость alpha содержит прямую KN и параллельна прямой BC. а) Докажите, что плоскость alpha параллельна прямой SA. б) Найдите угол между плоскостями alpha и SBC.

а) Построим плоскость alpha . Так как alpha должна содержать прямую KN и быть параллельной прямой BC , проведём через точку N (лежащую на CD ) прямую, параллельную BC ; она пересечёт сторону AB в точке M . В квадрате ABCD сторона BC AD , поэтому NM AD . Из условия DN:NC = 1:3 и CD=4 получаем DN=1 , NC=3 ; тогда AM=DN=1 , MB=AB-AM=3 . Через точку K на ребре SC проведём прямую, параллельную BC ; она пересечёт ребро SB в точке P . В треугольнике SBC по теореме Фалеса из SK:KC=1:3 следует SP:PB=1:3 . Таким образом, плоскость KNP (совпадающая с плоскостью MNP ) — искомая плоскость alpha : она содержит KN и параллельна BC (так как содержит прямые NM и KP , параллельные BC ). Докажем, что alpha SA . В треугольнике SAB точки P и M лежат на сторонах SB и AB соответственно, причём (SP)/(PB)= (1)/(3), (AM)/(MB)= (1)/(3). Следовательно, по обратной теореме Фалеса отрезок PM параллелен стороне SA . Поскольку PM лежит в плоскости alpha , прямая SA параллельна плоскости alpha . б) Найдём угол между плоскостями alpha и SBC . В плоскости alpha прямые NM и PM параллельны соответственно прямым AD и SA из плоскости SAD . Действительно, NM BC AD , а PM SA (доказано в пункте а). Поэтому плоскость alpha параллельна плоскости SAD . Следовательно, искомый угол равен углу между плоскостями SAD и SBC . Рассмотрим правильную пирамиду SABCD . Пусть F — середина BC , E — середина AD . В равнобедренных треугольниках SBC и SAD отрезки SF и SE являются высотами, поэтому SF BC и SE AD . Плоскости SBC и SAD пересекаются по прямой, проходящей через S и параллельной BC и AD ; эта прямая перпендикулярна как SF , так и SE . Значит, угол между плоскостями равен углу между прямыми SF и SE , то есть углу = FSE . Вычислим . В квадрате со стороной 4: BF = 2 , AE = 2 . Из прямоугольного треугольника SBF с гипотенузой SB=7 находим SF = sqrt(SB^2 - BF^2) = sqrt(49 - 4) = sqrt(45) = 3sqrt(5). Аналогично SE = 3sqrt(5) . Расстояние FE = AB = 4 (так как F и E — середины параллельных сторон). В треугольнике SFE по теореме косинусов: FE^2 = SF^2 + SE^2 - 2* SF* SE*cos, 16 = 45 + 45 - 2* 3sqrt(5)* 3sqrt(5)*cos, 16 = 90 - 90cos => cos = (37)/(45). Выразим через арксинус: sin()/(2) = sqrt((1 - cos)/(2)) = sqrt((1 - 3745)/(2)) = sqrt((4)/(45)) = (2)/(3sqrt(5)), следовательно, = 2arcsin(2)/(3sqrt(5)). Ответ: = 2arcsin(2)/(3sqrt(5)) .

а) доказано б) \( 2\arcsin\dfrac{2}{3\sqrt{5}} \)