Задание 14 ЕГЭ, математика (профиль): Угол между плоскостями

а) Продлим $AL$ и $DC$ до пересечения в точке $M$ — она лежит в плоскости $ABC$, а значит, и в плоскости $AKL$ (так как $M$ на прямой $AL$). Треугольники $ABL$ и $MCL$ равны (равные вертикальные углы, $BL=CL$, $AB\parallel DC$), поэтому $CM=AB=CD$, т.е. $DM=2CD$. Прямая $KM$ пересекает $SC$ в точке $N$ — это и есть след плоскости $AKL$ на ребре. По теореме Менелая для $\triangle SCD$ и секущей $K$–$N$–$M$: $$\frac{DK}{KS}\cdot\frac{SN}{NC}\cdot\frac{CM}{MD}=1.$$ Поскольку $DK=KS$ и $CM/MD=1/2$, получаем $\dfrac{SN}{NC}=2$, то есть $SN:NC=2:1$.

б) Линия пересечения плоскостей $AKL$ и $ABC$ — прямая $AM$. Пусть $O$ — центр квадрата, $K'$ — проекция $K$ на основание (середина $OD$, т.к. $K$ — середина $SD$, а $S$ проецируется в $O$). Через $H$ обозначим проекции $K$ и $K'$ на $AM$: угол $KHK'$ — искомый линейный угол.

Находим длины: $DM=2\cdot10=20$, $AM=\sqrt{AD^2+DM^2}=\sqrt{100+400}=10\sqrt5$. Пусть $P=BD\cap AM$. Из подобия (по $AB\parallel DM$) $\dfrac{AP}{PM}=\dfrac{AB}{DM}=\dfrac12$, значит $AP=\dfrac13AM=\dfrac{10\sqrt5}{3}$, а $DP=\dfrac23AB\sqrt2=\dfrac{20\sqrt2}{3}$.

Поскольку $K'$ лежит на $BD$ (середина $OD$), $DK'=\dfrac14BD=\dfrac{5\sqrt2}{2}$, отсюда $K'P=DP-DK'=\dfrac{25\sqrt2}{6}$.

По теореме косинусов в $\triangle ADP$: $AD^2=AP^2+DP^2-2\,AP\,DP\cos\angle APD$, откуда $\cos\angle APD=\dfrac1{\sqrt{10}}$, $\sin\angle APD=\dfrac3{\sqrt{10}}$.

Тогда $K'H=K'P\sin\angle APD=\dfrac{25\sqrt2}{6}\cdot\dfrac3{\sqrt{10}}=\dfrac{5\sqrt5}{2}$.

Высота $KK'=\dfrac{SO}{2}=10$ (середина ребра проецируется на половину высоты).

Отсюда $\tan\angle KHK'=\dfrac{KK'}{K'H}=\dfrac{10}{\frac{5\sqrt5}{2}}=\dfrac{4\sqrt5}{5}$, значит искомый угол равен $\arctan\dfrac{4\sqrt5}{5}$.