Тип 15 № 20350

а) Основанием правильной четырехугольной пирамиды является квадрат, значит, ребра $AB$ и $DC$ параллельны, а потому и плоскость $\alpha$ параллельна ребру $DC$. Следовательно, лежащая в плоскости $\alpha$ прямая $MN$ также параллельна ребру $DC$. Тогда треугольники $SNM$ и $SDC$ подобны по двум углам с коэффициентом $\frac15$. Таким образом, $SN:SD=1:5$, а потому $SN:ND=1:4$. Поскольку боковые ребра правильной пирамиды равны, $SM:MC=1:4$.

б) Пусть $MN=x$ и $SM=y$, тогда $MC=4y$ и $AB=AN=BM=5x$, и пусть точки $K$, $P$ и $Q$ — середины отрезков $AB$, $MN$ и $DC$ соответственно.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, один из катетов которого равен $PK$, а гипотенуза равна $BM$. Тогда второй катет такого треугольника будет равен $BK-MP$. Аналогично получается прямоугольный треугольник с катетами $PQ$, $QC-PM$ и гипотенузой $MC$. Применим к обоим фигурам теорему Пифагора:

$$PK^2=BM^2-(BK-MP)^2=(5x)^2-\left(\frac{5x}{2}-\frac{x}{2}\right)^2=21x^2,$$

$$PQ^2=MC^2-(QC-PM)^2=(4y)^2-\left(\frac{5x}{2}-\frac{x}{2}\right)^2=16y^2-4x^2.$$

Косинус искомого угла равен косинусу угла между прямыми, перпендикулярными линии пересечения этих плоскостей, то есть $\cos\angle PKQ$ — искомый. Воспользуемся теоремой косинусов в треугольнике $PKQ$:

$$\cos\angle PKQ=\frac{PK^2+KQ^2-PQ^2}{2\cdot PK\cdot KQ} =\frac{21x^2+25x^2-16y^2+4x^2}{2\cdot \sqrt{21}x\cdot 5x} =\frac{50x^2-16y^2}{10\sqrt{21}x^2}.$$

В равнобедренном треугольнике $SBC$ найдем косинус угла $SCB$:

$$\cos\angle SCB=\frac{25x^2+25y^2-25y^2}{2\cdot 5x\cdot 5y}=\frac{x}{2y}.$$

Косинус этого же угла выразим из треугольника $MBC$:

$$\cos\angle SCB=\frac{16y^2+25x^2-25x^2}{2\cdot 5x\cdot 4y}=\frac{2y}{5x}.$$

Приравняем полученные значения:

$$\frac{x}{2y}=\frac{2y}{5x}\Leftrightarrow 5x^2=4y^2\Leftrightarrow x^2=0{,}8y^2.$$

Наконец, подставим в выражение для косинуса искомого угла:

$$\cos\angle PKQ=\frac{40y^2-16y^2}{\sqrt{21}\cdot 8y^2} =\frac{24y^2}{\sqrt{21}\cdot 8y^2} =\frac{3}{\sqrt{21}} =\frac{\sqrt{21}}{7}.$$

Ответ: б) $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$.