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

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей основания (тогда $SO$ — высота пирамиды, а $O_1$ — середина $SO$). Проведём прямую через $O_1$ и $M$; она пересекает продолжение $BD$ в точке $L$. Прямая $LK$ пересекает $AO$ в точке $P$.

Применяем теорему Менелая к $\triangle BSO$ и прямой $MO_1L$: $$\frac{OL}{LB}\cdot\frac{BM}{MS}\cdot\frac{SO_1}{O_1O}=1\Rightarrow \frac{OL}{LB}\cdot\frac13\cdot1=1\Rightarrow \frac{OL}{LB}=3.$$ Отсюда $\dfrac{OB}{BL}=2$, а так как $OB=OD$, получаем $\dfrac{DL}{LO}=\dfrac53$.

Теперь применяем теорему Менелая к $\triangle AOD$ и прямой $KLP$: $$\frac{DL}{LO}\cdot\frac{OP}{PA}\cdot\frac{AK}{KD}=1\Rightarrow \frac53\cdot\frac{OP}{PA}\cdot\frac35=1\Rightarrow \frac{OP}{PA}=1.$$ Значит $P$ — середина $AO$, а отрезок $O_1P$ соединяет середины сторон $SO$ и $AO$ треугольника $ASO$, то есть является средней линией. По свойству средней линии $O_1P\parallel SA$. Так как $O_1P$ лежит в плоскости $KMO_1$, а $SA$ не лежит в этой плоскости, отсюда плоскость $KMO_1$ параллельна прямой $SA$.

б) Пусть $AS=2x$. Угол наклона бокового ребра к основанию — $60^\circ$, поэтому $$AO=AS\cos60^\circ=x,\quad OS=AS\sin60^\circ=x\sqrt3.$$ Так как $P$ — середина $AO$, $OP=\dfrac{x}{2}$; так как $OL=3\,OP$ (из пункта а), $OL=\dfrac{3x}{2}$. Так как $O_1$ — середина $OS$, $OO_1=\dfrac{x\sqrt3}{2}$.

Угол $\angle POL=\angle AOB=90^\circ$ (диагонали квадрата перпендикулярны), поэтому по теореме Пифагора $$PL=\sqrt{OP^2+OL^2}=x\sqrt{\frac14+\frac94}=\frac{x\sqrt{10}}{2}.$$ Высота прямоугольного треугольника $POL$, опущенная на гипотенузу $PL$, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу: $$OH=\frac{OP\cdot OL}{PL}=\frac{\frac{x}{2}\cdot\frac{3x}{2}}{\frac{x\sqrt{10}}{2}}=\frac{3x\sqrt{10}}{20}.$$ Поскольку $OO_1$ перпендикулярно плоскости основания (лежит на высоте пирамиды), а $OH\perp PL$ в плоскости основания, отрезок $O_1H$ перпендикулярен $PL$, и угол $\angle O_1HO$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью $KMO_1$ и плоскостью основания $ABC$. Тогда $$\tan\angle O_1HO=\frac{OO_1}{OH}=\frac{\frac{x\sqrt3}{2}}{\frac{3x\sqrt{10}}{20}}=\frac{\sqrt{30}}{3}.$$ Следовательно, искомый угол равен $\arctan\dfrac{\sqrt{30}}{3}$.