В правильной четырёхугольной пирамиде S A B C D через ребро A B провели плоскость alpha, образующую сечение A B M N, где точки M и N — точки пересечения плоскости alpha с боковыми рёбрами S C и S D соответственно. Известно, что A B = B M = A N = 5 M N. а) Докажите, что точки M и N делят рёбра S C и S D в отношении 1 : 4, считая от вершины S. б) Найдите косинус угла между плоскостью основания A B C D и плоскостью alpha.

а) В основании правильной четырёхугольной пирамиды лежит квадрат, поэтому AB CD. Так как ABcalpha, то прямая CD, параллельная прямой AB, либо лежит в плоскости alpha, либо параллельна плоскости alpha. Но если бы CDcalpha, то плоскость alpha содержала бы две пересекающиеся прямые основания (например, AB и BC через точку B), а значит совпала бы с плоскостью основания, что невозможно, так как alpha пересекает рёбра SC и SD в точках, отличных от C и D. Следовательно, CD. Плоскость грани SCD пересекает плоскость alpha по прямой MN. Так как CDc (SCD) и CD, то в плоскости (SCD) прямые CD и MN не пересекаются, значит MN CD. В треугольнике SCD точки Min SC, Nin SD и MN CD, поэтому треугольники SMN и SCD подобны, и (SM)/(SC)=(SN)/(SD)=(MN)/(CD). Из условия AB=5MN, а так как AB=CD (стороны квадрата), то CD=5MN, значит (MN)/(CD)=(1)/(5). Следовательно, (SM)/(SC)=(SN)/(SD)=(1)/(5), то есть SM:MC=1:4 и SN:ND=1:4 (считая от вершины S). б) Обозначим MN=x. Тогда AB=5x. Положим a=AB, тогда a=5x. Из пункта а) (SM)/(SC)=(1)/(5), значит CM=(4)/(5)SC. Рассмотрим треугольник SBC. В правильной пирамиде SB=SC, поэтому по теореме косинусов для угла BCS: cos BCS=(BC^2+SC^2-SB^2)/(2* BC* SC)=(BC)/(2SC). Но BC=a, следовательно cos BCS=(a)/(2SC). Теперь рассмотрим треугольник BCM. Здесь BM=AB=a (по условию), BC=a, CM=(4)/(5)SC, а угол BCM равен BCS, так как Min SC. По теореме косинусов: BM^2=BC^2+CM^2-2* BC* CM*cos BCM. Подставим: a^2=a^2+((4)/(5)SC)^2-2* a*(4)/(5)SC*(a)/(2SC). Сокращая, получаем: 0=(16)/(25)SC^2-(4)/(5)a^2=> SC^2=(5)/(4)a^2. Пусть O — центр квадрата основания. Тогда SO (ABCD), и в прямоугольном треугольнике SOC: SC^2=SO^2+OC^2. Диагональ квадрата равна asqrt(2), значит OC=(asqrt(2))/(2), то есть OC^2=(a^2)/(2). Тогда SO^2=SC^2-OC^2=(5)/(4)a^2-(1)/(2)a^2=(3)/(4)a^2=> SO=(asqrt(3))/(2). Найдём угол между плоскостью основания и плоскостью alpha вдоль ребра AB. Пусть P и Q — середины рёбер AB и CD соответственно. Тогда PQ AB и Oin PQ, причём OP=OQ=(a)/(2). Рассмотрим плоскость beta, проходящую через прямые SO и PQ. Так как AB перпендикулярна и SO, и PQ, то AB. Следовательно, угол между плоскостями (ABCD) и alpha равен углу между их сечениями плоскостью beta: между прямыми PQ и alphanbeta. В плоскости грани SCD отрезок MN CD, поэтому гомотетия с центром S и коэффициентом frac15 переводит CD в MN. Тогда середина Q отрезка CD переходит в середину K отрезка MN, причём Kin SQ и (SK)/(SQ)=(1)/(5). Значит, точка K лежит и в плоскости alpha (так как Kin MNcalpha), и в плоскости beta (так как Kin SQcbeta). Также Pin ABcalpha и Pin PQcbeta. Следовательно, alphanbeta — это прямая PK. Пусть K_0 — проекция точки K на плоскость основания (то есть KK_0 SO). Тогда K_0in PQ. Поскольку при движении от S к Q высота над основанием убывает линейно, из (SK)/(SQ)=(1)/(5) получаем KK_0=(4)/(5)SO. Кроме того, проекция делит OQ в том же отношении: OK_0=(1)/(5)OQ=(1)/(5)*(a)/(2)=(a)/(10). Тогда PK_0=PO+OK_0=(a)/(2)+(a)/(10)=(3a)/(5). В плоскости beta треугольник PKK_0 прямоугольный (так как KK_0 (ABCD), значит KK_0 PQ), и искомый угол равен KPPQ, поэтому cos=(PK_0)/(PK)=(PK_0)/(sqrt(PK_0^2+KK_0^2)). Подставим PK_0=(3a)/(5), KK_0=(4)/(5)SO, SO=(asqrt(3))/(2): cos=(3a5)/(sqrt((3a5)^2+(45*a32)^2))=(3a5)/(sqrt(9a^225+12a^225))=(3a5)/(asqrt(21)5)=(3)/(sqrt(21)). Ответ: (3)/(sqrt(21))

\(\dfrac{3}{\sqrt{21}}\)