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

Введём вспомогательные точки: $T$ — середина $AC$, $H$ — центр основания (проекция $S$), $Q$ — точка пересечения плоскости $BMN$ с высотой $SH$. Все построения удобно вести в плоскости $SBT$, так как в ней лежат и $SH$, и медиана $BT$, и линия $MN$ (после проекции).

Так как $M,N$ — середины $SA,SC$, отрезок $MN$ — средняя линия $\triangle SAC$, поэтому $MN\parallel AC$ и пересекает $ST$ в его середине $P$ ($TP:PS=1:1$).

Прямая $BP$ лежит в плоскости $BMN$ и в плоскости $SBT$, значит точка её пересечения с $SH$ — это искомая точка $Q$.

Для правильной пирамиды центроид $H$ делит медиану $BT$ в отношении $BH:HT=2:1$, значит $BT:HB=3:2$.

По теореме Менелая для $\triangle SHT$ и прямой $BQP$: $$\frac{SQ}{QH}\cdot\frac{HB}{BT}\cdot\frac{TP}{PS}=1\Rightarrow \frac{SQ}{QH}=\frac{BT}{HB}\cdot\frac{PS}{TP}=\frac{3}{2}\cdot1=\frac{3}{2}.$$ Это ответ пункта а).

Линия пересечения плоскостей $ABC$ и $BMN$ параллельна $AC$ (так как $MN\parallel AC$). Прямая $BT\perp AC$ (медиана равнобедренного треугольника), а $BT$ — проекция $BP$ на плоскость основания, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах $BP\perp AC$. Значит угол $PBT$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями.

При $a=12$: $BT=\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot12=6\sqrt3$, $BH=\dfrac23BT=4\sqrt3$, $SH=\sqrt{SB^2-BH^2}=\sqrt{144-48}=4\sqrt6$.

Так как $SQ:QH=3:2$, то $QH=\dfrac{2}{5}SH=\dfrac{8\sqrt6}{5}$.

$\tan\angle PBT=\dfrac{QH}{BH}=\dfrac{8\sqrt6/5}{4\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt2}{5}$, значит $\angle PBT=\arctan\dfrac{2\sqrt2}{5}$.